Embed Size (px)
Citation preview
AUTOR
ZBIRKA ZADATAKA IZMATEMATICKE FIZIKE 2
NanoLab
Sadržaj
Raspodele 7
Operatori u Hilbertovom Prostoru 27
Ortogonalni Polinomi 49
Konacne Grupe 53
Lijeve Algebre & Grupe 149
Predgovor
Raspodele
Definicija: Niz funkcija{ fn} iz C∞
0 (IR) konvergira kafunkciji
f ∈ C∞0 (IR)
u Schwartz-ovom smilsuako niz { fn} i svi nizoviizvoda { f (m)
n } konvergirajuuniformno (t.j. u odnosuna d∞) na IR ka f , odnosnof (m).
Raspodela φ je linearnifunkcional na prostoruC∞
0 (IR), neprekidna uodnosu na Schwartz-ovukonvergenciju, t.j.
{ fn} → f
povlaci
{φ( fn)} → φ( f ).
To Paul Dirac
who saw that it must be trueLaurent Schwartz
who proved it,andGeorge Temple
who showed how simple it could be made.
M. J. Lighthill
Dirakova Delta funkcija je jedan od najvažnijih primera raspodela,koji se u fizici i tehnici pojavljuje u tri konteksta, razlicitog znacaja idubine:
• Kao kontinualni opis diskretne raspodele mase, naelektrisanja, itd.;
• Kao model potencijala ili sile impulsnog (udarnog) tipa, poputprimera sudara u mehanici, ili δ potencijalna barijera u kvantnojmehanici;
• Kao sastavni deo formalizma u Furijeovoj analizi i spektralnoj teo-riji linearnih operatora u beskonacno-dimenzionalnim prostorima.
8
Pokazati da je
1√2π
∫ ∞
−∞e−(x+ik)2/2 dx = 1.
Zadatak 1
Najpre se, diferenciranjem po k uverimo da integral ne zavisi od k.
ddk
1√2π
∫ ∞
−∞e−(x+ik)2/2 dx =
−i√2π
∫ ∞
−∞(x + ik)e−(x+ik)2/2 dx
=−i√2π
∫ ∞
−∞
ddx
e−(x+ik)2/2 dx
=−i√2π
e−(x+ik)2/2|∞−∞
= 0.
To znaci da je integral jednak integralu sa k = 0, pa se integral svodina Gausijan.
Podsetiti se da kada kažemo da nizfunkcija tezi delta funkciji "u smisluraspodele"
fp → f ,
to znaci da ∀g ∈ prostoru funkcija, važi
ϕp(g)→ ϕ(g), &
ϕp(g) =∫ ∞
−∞ϕp(t)g(t) dt.
Definicija: δ−raspodela jedefinisana sa
δ( f ) def= f (0).
Njoj dualna funkcija jeδ−funkcija, definisana sa
δ( f ) =∫
Rδ(t) f (t)dt.
Za δ−funkciju važi i da je∫ ∞
−∞δ(t)dt = 1,
i δ(0) = ∞.
Odrediti Furijeovu transformaciju Gausijana.
Samostalni Zadatak 1
Pokazati da sledeci nizovi funkcija aproksimiraju Dirac-kovu delta funkciju (δ(x)) (u smislu raspodele):
(a) "Box reprezentacija":limσ→0
δσ(x) = δ(x), gde je
δσ(x) =
1σ za |x| ≤ σ
2
0 ako |x| > σ2
(b) Furijeova reprezentacija: δ(x) =1
2π
∫ ∞
−∞eikx dk
(c) Gausijanska reprezentacija: limσ→0
g(σ, x) = δ(x) gde
je g(σ, x) normirani Gausian: g(σ, x) =1√2πσ
e−x2
2σ2 .
(d) Lorencijanska reprezentacija (ili reprezentacija preko
Zadatak 2
9
Puasonovog jezgra): limε→0
1π
ε
ε2 + x2 = δ(x)
Slika 1: Niz boks reprezentacija.
Ovo je Furijeova integralna teorema.
(a) Želimo da pokažemo da je
limσ→0
(δσ, f ) = (δ, f ).
Integral proizvoda boks funkcije sa analitickom funkcijom f je∫ ∞
−∞δσ(x) f (x) dx =
1σ
∫ σ/2
−σ/2f (x) dx
=1σ
∫ σ/2
−σ/2
(f (0) + f ′(0)x + f ′′(0)
x2
2+ · · ·
)dx
=1σ
(f (0)σ + f ′′(0)
σ3
24+ · · ·
)=
(f (0) + f ′′(0)
σ2
24+ · · ·
).
Izracunavanjem limesa obe strane jednakosti dobijamo
limσ→0
∫ ∞
−∞δσ(x) f (x) dx = f (0) =
∫ ∞
−∞δ(x) f (x) dx,
odnosno vidimo da je
limσ→0
(δσ, f ) = (δ, f ).
Vidimo da niz boks funkcija teži delta funkciji u smislu raspo-dele.
(b) Iz definicije direktne i inverzne Furijeove transformacije, sledi
f (x) =1
2π
∫ ∞
−∞e−ikx
(∫ ∞
−∞eikx′ f (x′) dx′
)dk
=1
2π
∫ ∞
−∞
(∫ ∞
−∞e−ikxeikx′ dk
)f (x′) dx′
=1
2π
∫ ∞
−∞
(∫ ∞
−∞e−ik(x−x′)dk
)f (x′) dx′
=∫ ∞
−∞δ(x− x′) f (x′) dx′.
Redosled integracije je zamenjen uprkos tome što nije ispunjenuslov važenja Fubinijeve teoreme - apsolutna konvergencijaproizvoda podintegralnih funkcija. Identitet važi samo za funk-cionale. Sama Furijeova reprezentacija ima formu Furijeovogtransforma od eikx′ .
10
(c) Odredimo, najpre, Furijeov transform Gausijana
g(k) =∫ ∞
−∞g(σ, x)eikx dx.
-5 5
0.5
1
2
Σ=0.2
Σ=0.5
Σ=1.0Σ=1.5
Slika 2: Niz Gausijana
Diferenciranjem po parametru,
ddk
g(k) =1√2πσ
∫ ∞
−∞e−x2
2σ2 (ix)eikx dx
= − iσ√2π
∫ ∞
−∞e−x2
2σ2 (− xσ2 )e
ikx dx
=iσ√2π
∫ ∞
−∞e−x2
2σ2 (ik)eikx dx = −σ2k g(k).
Odavde sledi da je g(k) rešenje diferencijalne jednacine
dg(k)dk
= −σ2k g(k),
pa je ln g(k) = −σ2k2/2 + C. Konstanta C = 0, jer iz definicije
sledi da je g(k = 0) = 1. Dakle, g(k) = e−σ2k2
2 . Zapaziti važenje relacija neodre -denosti:što je šira raspodela g(x), tj. što je vecaneodre -denost (diperzija, σ) koordinatetalasnog paketa, to je uža raspodelag(k), tj. to je manja neodre -denostimpulsa istog talasnog paketa.
Traženi limes je
limσ→0
g(σ, x) = limσ→0
12π
∫ ∞
−∞g(k)e−ikx d
= limσ→0
12π
∫ ∞
−∞e−
σ2k22 e−ikx dx
=1
2π
∫ ∞
−∞e−ikx dx = δ(k).
(d) Najpre odredimo Furijeov transform funkcije fε(x) = e−ε|x|.Jednostavnom integracijom dobijamo
Fε(k) =1√2π
∫ ∞
−∞e−ε|x|eikx dx
=1√2π
(∫ ∞
0e−εxeikx dx +
∫ 0
−∞eεxeikx dx
)=
√2π
ε
ε2 + k2 .
-5 5
0.5
1
Ε=0.2
Ε=0.5
Ε=1.0
Ε=1.5
Slika 3: Niz Lorencijana
Vrednost limesa je
limε→0
1π
ε
ε2 + x2 = limε→0
1√2π
√2π
ε
ε2 + x2
= limε→0
12π
∫ ∞
−∞e−ε|k|e−ikx dk
=1
2π
∫ ∞
−∞e−ikx dk
= δ(x).
11
Pokazati da iz Furijeove reprezentacije sledi
limσ→0
1πx
sinxσ= δ(x),
a zatim pokazati važenje boks reprezentacije.
Samostalni Zadatak 2
Numericki proveriti (na primer, u Mathematica softveru) tacnostreprezentacija δ-funkcije iz zadatka 2. Preciznost provere na
(a) 2 decimale, i na (b) 10 decimala.
Rezultate prikazati tablicno. Za primere test funkcija uzeti
• e−a2
a2−t2
• sin(t)
• sin(50t).
Samostalni Zadatak 3
Pokazati sledece osobine delta funkcije:
(a) δ(ax) =1|a| δ(x)
(b) δ(ax + b) =1|a| δ
(x +
ba
)(c) δ(x2 − a2) =
12|a| (δ(x− a) + δ(x + a))
Gde je a ∈ IR i a 6= 0.
Zadatak 3
12
(a) Ako izaberemo y = ax (a ∈ IR, a 6= 0), tada je
∫ ∞
−∞δ(ax) f (x) dx =
∫ ∞
−∞δ(y) f
(ya
) dy|a| a > 0
−∫ −∞
∞δ(y) f
(ya
) dy|a| a < 0
.
=
∫ ∞
−∞δ(y) f
(ya
) dy|a| a > 0∫ ∞
−∞δ(y) f
(ya
) dy|a| a < 0
=∫ ∞
−∞δ(y) f
(ya
) dy|a| .
Koristeci definiciju delta funkcije, kada delta deluje na funkciju f ,∫ ∞
−∞δ(ax) f (x)dx =
1|a| f (0)
=1|a|
∫ ∞
−∞δ(x) f (x)dx.
(b) Slicno prethodnom primeru,∫ ∞
−∞δ(ax + b) f (x) dx =
∫ ∞
−∞δ
(a(
x +ba
))f (x)dx
=∫ ∞
−∞δ(ay) f
(y− b
a
)dy
=1|a|
∫ ∞
−∞δ(y) f
(y− b
a
)dy
=1|a|
∫ ∞
−∞δ
(x +
ba
)f (x)dx.
Iz prethodnog možemo zakljuciti da je
δ(ax + b) =1|a| δ
(x +
ba
).
(c) Primetimo da možemo napisati:∫ ∞
−∞f (x)δ(x2− a2) dx =
∫ ∞
0f (x)δ(x2− a2) dx+
∫ 0
−∞f (x)δ(x2− a2) dx.
U prvom integralu uvodimo smenu x =√
u, pa je dx =du
2√
u.
Tada,∫ ∞
0f (x)δ(x2 − a2) dx =
∫ ∞
0f (√
u)δ(u− a2)du
2√
u=
f (|a|)2|a| .
Slicno, u drugom integralu uvodimo smenu x = −√
u tako da je
dx =−du2√
u. Tada,
13
∫ 0
−∞f (x)δ(x2 − a2) dx =
∫ 0
∞f (−√
u)δ(u− a2)−du2√
u
=∫ ∞
0f (−√
u)δ(u− a2)du
2√
u=
f (−|a|)2|a| .
Dakle, vidimo da je∫ ∞
−∞f (x)δ(x2 − a2) dx =
f (|a|)2|a| +
f (−|a|)2|a|
=1
2|a|
[∫ ∞
−∞f (x)δ(x− a) dx +
∫ ∞
−∞f (x)δ(x + a) dx
]=
12|a|
∫ ∞
−∞f (x) (δ(x− a) + δ(x + a)) dx.
Pokazati osobine delta funkcije iz prethodnog zadatka iz cinjeniceda je
dΘdx
= δ(x),
gde je Θ Heavyside-ova step funkcija.
Samostalni Zadatak 4
Ispostavlja se da ako neka funkcija g(x) ima samo proste nule xi (iima ih k), onda važi
δ(g(x)) =k
∑i
δ(x− xi)
|g′(xi)|
gde je g′(xi) izvod funkcije g racunat u tacki xi, pretpostavljajuci dag′(xi) 6= 0 ∀xi. Pokazati ovu osobinu delta funkcije.
Samostalni Zadatak 5
14
Pokazati da je
(a) δ(x2) = lima→0
δ(x2 − a2) nedefinisana, dok je
(b) xδ(x2) = lima→0
xδ(x2 − a2) dobro definisana.
Zadatak 4
(a) Možemo napisati sledece:
lima→0
∫ ∞
−∞δ(x2 − a2) f (x) dx = lim
a→0
∫ ∞
−∞
12|a| (δ(x− a) + δ(x + a)) f (x) dx
= lima→0
f (−a) + f (a)2|a| .
Ovo divergira kada a → 0, pa ova raspodela nije dobro defini-sana.
(b) Slicnim pristupom analiziramo zadatu funkciju:
lima→0
∫ ∞
−∞xδ(x2 − a2) f (x) dx = lim
a→0
∫ ∞
−∞
12|a| x (δ(x− a) + δ(x + a)) f (x) dx
= lima→0
−a f (−a) + a f (a)2|a|
= lima→0
sgn(a)2· ( f (a)− f (−a)) = 0.
Ovaj rezultat je konacan, pa je ova raspodela dobro definisana.
Odrediti izvode sledecih raspodela:
(a) Θ(x− a) =
0 x < a
1 x ≥ a
(b) χ[a,b] =
0 x < a
1 a ≤ x ≤ b
0 x > b
(c) [x]′, gde je [x] ceo deo od x
(d) |x|′′
Zadatak 5Definicija: Izvod raspodele φdefinisan je na sledeci nacin:
(φ′(x), f (x)) = −(φ(x), f ′(x))
Gde je f (x) ∈ C∞0 .
Primetimo da je podefiniciji
(φ′(x), f (x)) =∫ ∞
−∞φ′(x) f (x) dx.
Sada, upotrebimo parcijalnuintegraciju:∫ ∞
−∞φ′(x) f (x) dx =
φ(x) f (x)∣∣∣∣∞−∞−∫ ∞
−∞φ(x) f ′(x) dx.
Pošto je f (x) ∈ C∞0 prvi clan
je nula. Ostaje nam
−∫ ∞
−∞φ(x) f ′(x) dx = −(φ(x), f ′(x))
15
Slika 4: Step raspodela
(a) Izvod step funkcije je nula za x < a i za x > a. U x = a, izvodje neodre -den. Ovo možemo opisati delta funkcijom, pa je izvodstep funkcije Θ′(x− a) = δ(x− a). Ovo tako -de možemo pokazatina sledeci nacin∫ ∞
−∞Θ′(x− a) f (x) dx = −
∫ ∞
−∞Θ(x− a) f ′(x) dx
= − f (x)∣∣∣∣∞a= f (a) =
∫ ∞
−∞δ(x− a) f (x)dx.
Odavde, zbog toga što je f (x) proizvoljna test funkcija ( f (x) ∈C∞
0 ) možemo zakljuciti da je Θ′(x− a) = δ(x− a).
Slika 5: Karakteristicna raspodela
(b) Na slican nacin možemo naci izvod takozvane "karakteri-sticne"funkcije∫ ∞
−∞χ′[a,b](x) f (x) dx = −
∫ ∞
−∞χ[a,b](x) f ′(x)dx =
− f (x)∣∣∣∣ba= f (a)− f (b)
=∫ ∞
−∞[δ(x− a)− δ(x− b)] f (x) dx.
Odavde možemo zakljuciti da je χ′[a,b] = [δ(x− a)− δ(x− b)].
(c) Slicnim pristupom cemo odrediti ovaj izvod.∫ ∞
−∞[x]′ f (x) dx = −
∫ ∞
−∞[x] f ′(x) dx.
Kao što se može primetiti sa slike, ceo deo se može izraziti prekozbira step funkcija. Odnosno,
Slika 6: Ceo deo raspodela
[x] = −−1
∑n=−∞
Θ(n− x) +∞
∑n=1
Θ(x− n).
Sada imamo da je
−∫ ∞
−∞[x] f ′(x) dx = −
∫ ∞
−∞
[−
−1
∑n=−∞
Θ(n− x) +∞
∑n=1
Θ(x− n)
]f ′(x) dx
= −∫ ∞
−∞
∞
∑n=1
(Θ(x− n)−Θ(−n− x)) f ′(x)dx
= −∞
∑n=1
(∫ ∞
nf ′(x)dx−
∫ −n
−∞f ′(x)dx
)= −
∞
∑n=1
(f (x)|∞n − f (x)|−n
−∞)
= −∞
∑n=1
(− f (n)− f (−n))
16
Odavde sledi da je∫ ∞
−∞[x]′ f (x)dx =
∞
∑n=1
∫ ∞
−∞(δ(x− n) + δ(x + n)) f (x)dx,
pa zakljucujemo da je
[x]′ =∞
∑n=1
(δ(x− n) + δ(x + n)).
Slika 7: Apsolutna vrednost funkcija
(d) Napišemo|x| = x · sgn(x).
Uzmemo izvod prethodne jednacine:
|x|′ = sgn(x) + x · sgn′(x).
Može se na slican nacin kao u prethodnim primerima pokazatida je sgn′(x) = 2δ(x). Dakle,
|x|′ = sgn(x) + 2x · δ(x).
Slika 8: Znak raspodela
Uzimajuci u obzir da je∫ ∞
−∞xδ(x) f (x) dx = 0
(jer je xδ(x) = 0), vidimo da je
|x|′ = sgn(x),
pa je|x|′′ = sgn′(x) = 2δ(x).
Ako je raspodela g(x, n) definisana kao n-ta iteracija funkcije f (x):g(x, 1) ≡ f (x) = ||x|− 1|, g(x, n) = f ( f (... f︸ ︷︷ ︸
n
(x))), odrediti g′′(x, 20).
Samostalni Zadatak 6
17
Izraziti [x2]′ preko delta funkcije.
Zadatak 6
Slika 9: Grafikon raspodele [x2], super-ponirano na graf za x2.
Oznake za funkcije floor, ceiling, iwhole part (ceo deo) od x su bxc, dxe, i[x] respektivno.
Slika 10: Grafikon funkcije floor od x,bxc
Slika 11: Grafikon funkcije ceiling od x,dxe
Primetimo da, kao u zadatku 6(c), možemo napisati [x2] kao zbirstep funkcija. Prvi zadatak nam je da odredimo kakve step funkcijetreba da saberemo. Ako pogledamo sliku (fig 9), vidimo da se dodajenova step funkcija na ± koren od prirodnog broja. Odnosno, da važi
[x2] =∞
∑n=1
Θ(x−√
n) +∞
∑n=1
Θ(−√
n− x)
Odavde možemo, kao i u prethodnim zadacima, uzeti skalarni proi-zvod izme -du [x2]′ i neke test funkcije f (x) ∈ C∞
0 .∫ ∞
−∞[x2]′ f (x) dx = −
∫ ∞
−∞[x2] f ′(x) dx
Zamenimo prona -deni oblik za [x2] u prethodni izraz,
−∫ ∞
−∞
∞
∑n=1
(Θ(x−
√n) + Θ(−
√n− x)
)f ′(x) dx
= −∞
∑n=1
(∫ ∞√
nf ′(x) dx +
∫ −√n
−∞f ′(x) dx
)
= −∞
∑n=1
(0− f (√
n) + f (−√
n)− 0)
=∞
∑n=1
∫ ∞
−∞(δ(x−
√n)− δ(x +
√n)) f (x) dx.
Odavde možemo zakljuciti da je
[x2]′ =∞
∑n=1
(δ(x−√
n)− δ(x +√
n)).
Kao dodatak na prethodni zadatak, odrediti izvod [x]′ u smislu ras-podela graficki, i kao izvod kompozicije funkcija.
Samostalni Zadatak 7
Slika 12: Ceo deo sin(x).
Izracunati b2 sin xc′ i bsin2 xc′ graficki, a zatim i primenom pravilaza diferenciranje kompozicije funkcija.
Samostalni Zadatak 8
18
Pokazati da važi
∞
∑n=−∞
einx = 2π∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn)
na intervalu x ∈ [0, 2π].
Zadatak 7
Definicija: Raspodela
∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn)
naziva se Dirakov cešalj(videti sliku 13).
Slika 13: Dirakov cešalj
Slika 14: Superpozicija funkcije g(x)(plava funkcija) i h(x) (crvena funkcija)za konstrukciju testere, f (x) (crnafunkcija).
Pokazacemo datu relaciju koristeci pomocnu funkciju, f (x): pe-riodicnu testeru (crna funkcija na slici 14). Kako možemo izgraditiovu funkciju? Primetimo da možemo napraviti superpoziciju prave
g(x) =π − x
2i floor funkcije koja je reskalirana za π, sa argumentom
x2π
, odnosno h(x) = π⌊ x
2π
⌋:
f (x) =π − x
2+ π
⌊ x2π
⌋.
Periodicna testera ima sledeci Furijeov razvoj na intervalu x ∈ [0, 2π]:
f (x) =∞
∑n=1
sin(nx)n
.
Odavde vidimo da važi sledeca jednakost,
∞
∑n=1
sin(nx)n
=π − x
2+ π
⌊ x2π
⌋.
Diferenciranjem (po x) sa obe strane, dobijamo
∞
∑n=1
cos(nx) = −12+ π
∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn).
Kosinus možemo razviti preko kompleksnih eksponencijala,
∞
∑n=1
cos(nx) =∞
∑n=1
einx + e−inx
2
=12
(∞
∑n=1
einx +∞
∑n=1
e−inx
)
=12
(∞
∑n=1
einx +−1
∑n=−∞
einx
)
=12
∞
∑n=−∞
einx − 12
.
19
Alternativno rešenje: posmatramo,formalno, Furijeov red:
S f (x) =∞
∑n=−∞
cneinx cn =1
2π
∫ 2π
0f (x)e−inxdx
Birajuci da je cn = 1 možemo pokazatinaš identitet. Ako je f (x) = 2πδ(x)imamo:
cn =1
2π
∫ 2π
02πδ(x)e−inxdx = 1
Naravno, zapis δ(x) predstavlja vred-nost funkcije na jednom intervalu kojase mora ponavljati sa periodom 2π.Stoga:
S f (x) =∞
∑n=−∞
einx = 2π∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn)
Sada imamo da je
12
∞
∑n=−∞
einx − 12= −1
2+ π
∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn),
odnosno vidimo da važi∞
∑n=−∞
einx = 2π∞
∑n=−∞
δ(x− 2πn).
U softveru (na primer, u Mathematica softveru) plot-ovati
m
∑n=−m
einx =m
∑n=1
2 cos nx + 1
za
• m=5,
• m=20,
• m=10,
• m=50.
Samostalni Zadatak 9
Pokazati identitet Sokhotskov, odnosno "iε kabala":
limε→0
1(x− x0)∓ iε
= P.V.1
x− x0± iπδ(x− x0)
Zadatak 8 U fizickoj literaturi, ovo je jako cestizraz, pa je me -du fizicarima poznat ikao ”iε kabala’.’
-1 1
1
Ε=0.005Ε=0.2
Slika 15: Funkcija g(x) =x2
x2 + ε2
Ovaj identitet se može pokazati na više nacina. Ovde cemo raz-motriti dva razlicita nacina, u kome cemo, jednostavnosti radi, uzetislucaj kada je x0 = 0.
1. Prvi (manje rigorozan) nacin dokazivanja identiteta Sokhoskov:Posmatrajmo skalarni proizvod sa test funkcijom f (x) ∈ C∞
0 .
limε→0
∫ ∞
−∞
f (x)x− iε
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx± iπ f (0)
Razmotrimo levu stranu jednacine:
limε→0
∫ ∞
−∞
f (x)x− iε
dx = limε→0
∫ ∞
−∞f (x)
x + iεx2 + ε2 dx
= limε→0
∫ ∞
−∞f (x)
xx2 + ε2 dx
+ limε→0
iε∫ ∞
−∞f (x)
1x2 + ε2 dx.
(1)
20
Razmotrimo prvi clan u jednacini (1):
∫ ∞
−∞
f (x)x· x
x2 + ε2 dx =∫ −γ
−∞
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx
+∫ γ
−γ
f (x)x
x2
x2 + ε2 dx
+∫ ∞
γ
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx.
Za prvi i poslednji clan u prethodnom koraku, bezbedno je pustitilimes ε → 0. Za drugi clan, ako je γ dovoljno mala velicina,možemo aproksimirati f (x) ≈ f (0) za vrednosti |x| < γ. Tadaimamo
∫ ∞
−∞
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx = limγ→0
[∫ −γ
−∞
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx +∫ ∞
γ
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx]
+ f (0)∫ γ
−γ
xx2 + ε2 dx.
Me -dutim, primetimo da je∫ γ
−γ
xx2 + ε2 dx = 0,
jer je podintegralna funkcija neparna u odnosu na x, i integralimosimetricno u odnosu na koordinatni pocetak. Sledi onda da je
P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx = limγ→0ε→0
[∫ −γ
−∞
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx +∫ ∞
γ
f (x)x· x2
x2 + ε2 dx]
= limε→0
∫ ∞
−∞f (x)
xx2 + ε2 dx.
(2)
Za drugi clan u jednacini (1) upotrebimo cinjenicu da je
π · limε→0
1π
ε
x2 + ε2 = πδ(x),
koju možemo pokazati na sledeci nacin. Pošto je ε infinitezimalnavelicina, u integralu
ε∫ ∞
−∞
f (x)x2 + ε2 dx
najviše doprinosi region gde je x ≈ 0, gde se podintegralnafunkcija ponaša kao ε−2. Tada možemo aproksimirati f (x) ≈ f (0),i u tom slucaju dobijemo Upotrebili smo da je∫ ∞
−∞
1x2 + ε2 dx =
1ε
arctan( x
ε
) ∣∣∣∣∞−∞
=π
ε
ε∫ ∞
−∞
f (x)x2 + ε2 dx ≈ ε f (0)
∫ ∞
−∞
1x2 + ε2 dx = π f (0). (3)
21
Odnosno, vidimo da je u smislu raspodela, iz jednacine (3)
ε
x2 + ε2 = πδ(x) (4)
Upotrebljavanjem jednacina (2) i (3) vidimo da je∫ ∞
−∞
f (x)x− iε
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx + iπ f (0)
Odnosno da važi
limε→0
1x∓ iε
= P.V.1x± iπδ(x)
Cime smo pokazali identitet Sokhotskov (u slucaju kada je x0 = 0).
2. Drugi (više rigorozan) nacin dokazivanja identiteta Sokhoskov,pomocu kompleksne analize:
Slika 16: Kontura za kompleksnuintegraciju
Posmatrajmo konturu prikazanu na slici 16. Nazovimo celukonturu C, a polukružni deo poluprecnika δ > 0 oko koordinatnogpocetka nazovimo Cδ. Dakle, kontura nam ide duž realne ose od−∞ do −δ, pa oko polukružne konture Cδ, pa ponovo duž realneose od δ do ∞. Tada,∫
C
f (x)x
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx +∫
Cδ
f (x)x
dx, (5)
gde je
P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx = limδ→0
[∫ −δ
−∞
f (x)x
dx +∫ ∞
δ
f (x)x
dx]
,
kao što smo pokazali u jednacini (2). Posmatrajmo sada poslednjiclan u jednacini (5). Možemo parametrizovati konturu sa x = δeiθ
za 0 ≤ θ ≤ π, i dobijemo u limesu kada δ → 0 (uz aproksimacijuda kada δ→ 0, f (δeiθ) ≈ f (0))
limδ→0
∫Cδ
f (x)x
dx = f (0) limδ→0
∫ 0
π
iδeiθ
δeiθ dθ = −iπ f (0).
Iz prethodnog vidimo da jednacina (5) postaje∫C
f (x)x
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x− iπ f (0). (6)
Slika 17: Druga kontura za kompleksnuintegraciju
Tako -de možemo izracunati levu stranu prethodne jednacinetako što izaberemo novu konturu (slika 17), koja je prava linijaod −∞ + iε do ∞ + iε, gde je ε > 0 infinitezimalno mala velicina.Pretpostavljajuci da je f holomorfna funkcija u infinitezimalnimokolinama oko realne ose, slobodni smo da deformišemo konturuC u ovakvu konturu C′, bez promene vrednosti integrala. Sledi daje
22
∫C
f (x)x
dx =∫
C′
f (x)x
dx =∫ ∞+iε
−∞+iε
f (x)x
dx =∫ ∞
−∞
f (y + iε)y + iε
dy.
Gde smo u poslednjem koraku uveli smenu promenljivih x = y +
iε. Pošto je ε infinitezimalno mala velicina, možemo razviti f (y + iε)u Taylor-ov red oko ε = 0 da dobijemo f (y + iε) = f (y) + O(ε).Pošto cemo uzeti limes kada ε → 0, vidimo da cemo moci dazanemarimo clan O(ε). Dakle, imamo da je∫
C
f (x)x
dx =∫
C′
f (x)x
dx =∫ ∞
−∞
f (y)y + iε
dy. (7)
Možemo sada vratiti jednacinu (7) uz jednacinu (6) u smenu y = x:
limε→0
∫ ∞
−∞
f (x)x + iε
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x
dx− iπ f (0).
Za još jedan dokaz, pogledatiu http://scipp.ucsc.edu/ habe-r/ph214/Plemelj.pdf
Prethodna jednacina važi i kada f (x) zamenimo sa f ∗(x). Tadamožemo kompleksno konjugovati dobijenu jednacinu, i konacnirezultat je
limε→0
∫ ∞
−∞
f (x)x± iε
dx = P.V.∫ ∞
−∞
f (x)x∓ iπ f (0).
Pokazati da važe Kramers-Kronigove relacije (K-K):
χr(ω) =1π
P.V.∫ ∞
−∞dω′
χi(ω′)
ω′ −ω,
χi(ω) = − 1π
P.V.∫ ∞
−∞dω′
χr(ω′)
ω′ −ω.
χ(ω) je kompleksna funkcija realne promenljive, ana-liticka u gornjoj poluravni i pri |ω| → ∞, teži nuli kao1/|ω| ili brže.
Zadatak 9Kramers-Kronigova formulase u fizici i obradi signalakoristi za izracunavanjerealnog (pomocu imagi-narnog) ili imaginarnog(pomo-cu realnog) delafunkcije odgovora (responsefunction)
χ(t− t′)
u linearnom režimu. Zbogkauzalnosti, χ(t− t′) = 0 zat < t′, a ovaj uslov povlacianaliticnost njenog Furije-ovog transforma u gornjojpoluravni. Tako -de, ako jesistem izložen pobudi cijafrekvencija zna-tno prevazi-lazi sopstvenu frekvencijusistema, zbog inercija usistemu, ocekujemo malifrekventni odgovor. Stogase funkcije odgovora pona-šaju u skladu sa uslovimavaženja K-K relacije.
Ovaj zadatak možemo rešiti na dva nacina:(1) Preko kompleksne analize, i identiteta Sokhotskog.
Zbog uslova nametnutih na funkciju χ(ω), integral po polukruguu gornjoj poluravni je jednak nuli∮
χ(ω′)
ω′ −ωdω′ = 0.
Ako spustimo konturu (ε→ 0) integracije na Re(ω′) osu i iskoristimoformulu Sokhotskog, dobijamo:
23
0 =∮
χ(ω′)
ω′ −ωdω′ = P.V.
∫ ∞
−∞
χ(ω′)
ω′ −ωdω′ − iπχ(ω).
Sledi da je:
χ(ω) =1
iπP.V.
∫ ∞
−∞
χ(ω′)
ω′ −ωdω′.
(2) Preko Furijeovog transforma.
Ako kauzalni impuls ( f (t) = 0 za t < 0) predstavimo kao zbir par-nog ( fp) i neparnog ( fn) dela, uocavamo da važi fn(t) = sgn(t) fp(t).Tako -de, znamo da za Furije transform važi osobina:
F ( f (t)) = F ( fp(t)) + iF ( fn(t)).
Dakle,F ( f (t)) = F ( fp(t)) + iF (sgn(t) fp(t)).
Na osnovu konvolucionog svojstva,
F (sgn(t) fp(t)) = F (sgn(t))⊗F ( fp(t)).
Ako uvedemo oznake
χ1(ω) = F ( fp(t)) & χ2(ω) = F ( fn(t))
i koristeci rešenje zadatka
F (sgn(t)) =2
iω,
dobijamo K-K relacije.
Izracunavanjem Furijeovog transforma step funkcije, u(t), na dva ra-zlicita nacina, pomocu transforma funkcije znak (sgn(t)) i pomoculimesa lim
a→0+e−atu(t) pokazati da (u smislu raspodela) važi:
δ(x) = limε→0
1π
ε
x2 + ε2 ,
kao i ∫ ∞
0eıkx dk = lim
ε→0
1ε− ıx
.
Samostalni Zadatak 10
Odrediti Furijeovu transformaciju za:
(a) sgn(x), i (b) Θ(x).
Samostalni Zadatak 11
24
25
Dodatni Zadaci iz Raspodela
Operatori u Hilbertovom Prostoru
Definicija: Rezolventa,Rα(A), nekog operatoraA ∈ H za element spektraα ∈ σ(A), je definisanaprema
Rα(A) = (A− αI)−1
Definicija: nekom prostoruH, skup B je gust ako je za-tvarac za B jednak prostoruH, t.j. da je
B = H
Teorija operatora, pogotovu hermitskih operatora, u Hilbert-ovimprostorima su za fiziku od posebnog znacaja. Dok se u konacnimvektorskim prostorima svojstveni problem svodi na nalaženje spektrakoji je diskretan skup, kod operatora u beskonacno dimenzionalnimprostorima, situacija se zakomplikuje. U tom slucaju, spektar σ(A)
nekog operatora A ∈ H se može razdvojiti u tri skupa:
• Diskretni spektar, σP(A): α ∈ σP(A) ako postoji nenulti svojstvenivektor x 6= 0 (t.j. Ax = αx, tada je Rα(A) nedfinisana)
• Neprekidni (kontinualni) spektar, σC(A): α ∈ σC(A) ako rezolventaRα(A) neograniceni operator na H
• Rezidualni spektar, σR(A): α ∈ σR(A) ako postoji Rα(A), ali mudomen nije gust u H.
Naš cilj u ovom poglavlju je da analiziramo spektre operatora uHilbertovim prostorima. Izdvojimo pristup proveravanja svojstvaodre -denog operatora, koji olakšava posao nalaženja spektra. Zaoperator A:
Lema: Za operator A važi
α ∈ σP(A) =⇒
α∗ ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
1. Najpre, ispitujemo ogranicenost operatora A, odnosno pitamo seda li postoji neko c ∈ IR+ takvo da je ‖Ax‖ ≤ c ‖x‖ ∀x ∈ H. Ako jeA ogranicen, tada znamo da je spektar, σ(A):
• Neprazan
• Kompaktan
• Ogranicen operatorskom normom
2. Proveravamo da li je A unitaran, hermitski, autoadjungovan ilinormalan. U ovim slucajevima, znamo da za spektar od A, σ(A)
važi:
• Diskretni i neprekidni deo spektra hermitskog operatora surealni
• Spektar autoadjungovanog operatora je realan, i rezidualnispektar je prazan skup
28
• Spektar unitarnog operatora je na jedinicnoj kružnici, i rezidu-alni spektar je prazan skup.
Odrediti spektar anihilacionog operatora A, koji je defi-nisan na sledeci nacin: za x ∈ l2(C/ ),
Ax = A
x0
x1
x2...
xn...
=
√1 x1√2 x2√3 x3...√
n + 1 xn+1...
Zadatak 10
Podsetiti se da je l2(C/ ) prostor svihkvadratno sumabilnih nizova nad C/ .Pre svega, ispitujemo ogranicenost ovog operatora.
‖Ax‖ =∣∣∣∣∣ ∞
∑n=1|√
nxn|2∣∣∣∣∣ = ∞
∑n=1
n|xn|2.
Kako∞
∑n=1|xn|2 = ‖x‖2
konvergira (jer je x ∈ l2(C/ )), a U stvari, najbolje je ovde da se pod-setimo Abelov-og kriterijuma zakonvergenciju reda
∞
∑n=0
anbn.
Ako∞
∑n=0
an konvergira, i niz {bn} je
monotono opadajuca i ogranicena, ondared
∞
∑n=0
anbn
konvergira.
∞
∑n=1
n
divergira, vidimo da∞
∑n=1
n|x2n|
divergira, pa operator A nije ogranicen.
Podsetiti se da je operator A normalan⇐⇒ [A, A†] = 0
Ispitujemo sada normalnost operatora A. Da bi mogli da ispitu-jemo normalnost ovog operatora, potrebno je da pronadjemo šta jeA†. Ovo se najlakse vidi kada ispišemo matricni oblik u standardnombazisu:
A =
0√
1 0 0 . . .0 0
√2 0 . . .
0 0 0√
3 . . .0 0 0 0 . . ....
......
. . .
, A† =
0 0 0 0 . . .√1 0 0 0 . . .
0√
2 0 0 . . .0 0
√3 0 . . .
......
.... . .
29
Sada možemo direktno proveriti da li je A normalan, delovanjem sakomutatorom [A, A†] na neki vektor x ∈ l2(C/ ).
[A, A†]x = AA†x− A† Ax =
= A
0√1x0√2x1√3x2...
− A†
√1x1√2x2√3x3√4x4...
=
x0
2x1
3x2
4x3...
−
0x1
2x2
3x3...
=
x0
x1
x2
x3...
= x.
Odavde sledi da je[A, A†] = I 6= 0,
odnosno A nije normalan operator. Potražimo da li ovaj operator ima
diskretni spektar, tako što pokušavamo da rešimo svojstveni problem
Ax = λx.
Možemo napisati
x1 = λx0√
2x2 = λx1√
3x3 = λx2
...√
nxn = λxn−1
Iz prethodnog, sledi
x1 = λx0√
2x2 = λ2x0√
3x3 = λ3 x0√2...
√nxn = λn x0√
(n− 1)!
Odnosno, važi sledeca relacija
xn =λn√
n!x0.
Ako je ovo zaista svojstveni vektor operatora A, norma ovog vektora
30
mora biti konacna. Pišemo za potencijalni svojstveni vektor
x(λ) =
1λ
λ2√
2!λ3√
3!...
λn√
n!...
x0,
i pitamo se da li, i kada, je norma ovog vektora konacna.
∥∥∥x(λ)∥∥∥ =
∞
∑n=0
(|λ|n√
n!
)2
|x0|2 = |x0|2∞
∑n=0
|λ|2n
n!= |x0|2e|λ|
2.
Vidimo da je za svako konacno λ norma vektora x(λ) konacna, odno-sno
x(λ) ∈ l2(C/ )∀λ ∈ C/ .
Iz ovoga sledi da je diskretni spektar operatora A celo C/ , odnosno
σP(A) = {λ|λ ∈ C/ }.
Pošto se spektar σ(A) sastoji iz tacaka u C/ , a σP(A) je baš celo C/ ,nema koja vrednost α ∈ C/ koja bi mogla da bude u kontinualnomili u rezidualnom spektru (setimo se da su ove tri vrste spektradisjunktne). Odavde sledi da je
σC = ∅, σR = ∅.
Odrediti spektar kreacionog operatora A†, koji je defini-san na sledeci nacin: za x ∈ l2(C/ ),
A†x = A†
x0
x1
x2...
xn...
=
0√1x0√2 x1...√
n xn−1...
Zadatak 11
31
Ranije smo spomenuli da za neki operator A važi sledece:
α ∈ σP(A) =⇒ α∗ ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
.
Iz prethodnog zadatka onda možemo zakljuciti da pošto je
∀λ ∈ C/ , λ ∈ σP(A) =⇒ ∀λ ∈ C/ , λ∗ ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
.
Pošto je C/ ceo domen od A†, i ∀λ ∈ C/ , λ∗ ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
,mora da je kontinualni spektar prazan skup, odnosno mora da važi
σC(A†) = ∅.
Sada treba rešiti koje λ ∈ C/ pripadaju diskretnom ili rezidualnomspektru od A†. Da bi to rešili, posmatrajmo svojstveni problem zaoperator A†.
A†x = λx
0√1x0√2 x1...√
n xn−1...
=
λx0
λx1
λx2...
λxn...
Odavde sledi sledeci sistem jednacina:
0 = λx0√
1x0 = λx1√
2x1 = λx2
...√
nxn−1 = λxn
...
Ove jednacine imaju rešenja λ = 0 ili x0 = 0. Rešenje x0 = 0 vodido nultog svojstvenog vektora, što ne rešava svojstveni problem (jerzahtevamo da su svojstveni vektori netrivijalni). Tako -de se vidi dakada stavimo λ = 0, sledi da su komponente od vektora x nulte,odnosno ponovo dobijemo nulti vektor. Odavde sledi da je diskretnispektar operatora A† prazan skup, odnosno da je
σP(A†) = ∅.
Sada možemo zakljuciti da je ceo spektar rezidualni, odnosno da je
σR(A†) = {λ|λ ∈ C/ }.
32
Odrediti spektar sledecih operatora:
(a) operatora koordinata x
(b) operator impulsa p
Zadatak 12
(a) Operator x deluje na funkcije iz prostora svih kvadratno integra-bilnih funkcija, f (x) ∈ L 2. Dejstvo operatora x definisana je nasledeci nacin:
(x f )(x) = x f (x).
Prvo želimo da je ispitujemo ogranicenost operatora x. Za f (x) ∈L 2 važi ∫ ∞
−∞| f (x)|2 dx < ∞.
Pitamo se da li je (x f )(x) ogranicena funkcija u L 2:∫ ∞
−∞|x f (x)|2 dx.
Pogodnim izborom funkcije iz L 2 možemo videti da je x neogra-nicena funkcija. Na primer, neka izaberemo
g(x) =x
1 + x2 .
Prvo proverimo da je g(x) ∈ L 2
∫ ∞
−∞|g(x)|2 dx =
∫ ∞
−∞
x2
(1 + x2)2 dx
=12
∫ ∞
−∞x · 2x
(1 + x2)2 dx
=−12
∫ ∞
−∞x
ddx
[1
(1 + x2)
]dx
=−12
[x
1 + x2
∣∣∣∣∞−∞−∫ ∞
−∞
dx1 + x2 dx
]=
π
2.
Sada posmatrajmo šta se dešava kada delujemo sa x:
33
∫ ∞
−∞|xg(x)|2 dx =
∫ ∞
−∞
x4
(1 + x2)2 dx
=∫ ∞
−∞
(x4 + 2x2 + 1)− 2x2 − 1(1 + x2)2 dx
=∫ ∞
−∞
(1 + x2)2 − 2x2 − 1(1 + x2)2 dx
=∫ ∞
−∞1 dx−
∫ ∞
−∞
2x2 + 1(1 + x2)2 dx.
Me -dutim, vidimo da prvi clan u poslednjem redu divergira,odnosno da (xg)(x) /∈ L 2. To znaci da operator x nije ogranicen.Sledece, pitamo se da li je operator x hermitski operator, t.j.pitamo se da li važi
( f , xg) = (x f , g)
∫ ∞
−∞f ∗(x)(xg(x)) dx =
∫ ∞
−∞x f ∗(x)g(x) dx
=∫ ∞
−∞(x f (x))∗g(x) dx.
Vidimo da je ovaj operator hermitski, pa znamo da nema rezidu-alni spektar, t.j. da važi
σR(x) = ∅,
i da su elementi kontinualnog i diskretnog spektra realni. Tra-žimo sada diskretni spektar, tako što pokušavamo da rešimosvojstveni problem.
x f (x) = λ f (x) , ∀x ∈ IR
x f (x) = λ f (x) =⇒ (x− λ) f (x) = 0 , ∀x ∈ IR.
Vidimo da ne postoji jedno λ koje bi zadovoljilo prethodnu rela-ciju ∀x ∈ IR. Ovo znaci da nemamo diskretni spektar, odnosno daje
σP = ∅.Primetiti da je
xδ(x− λ) = xδ(x− λ) = λδ(x− λ)
Odnosno, delta funkcija je svojstvenaza operator x. Ako možemo da rešimosvojstveni problem pomocu genera-lisane funkcije (raspodele), to nam jeznak da imamo kontinualni spektar.
Pitamo se sada da li operator x ima kontinualni spektar. Dabi imao, mora rezolventa da bude neogranicen operator na IR.Rezolventa je
Rλ(x) = (x− λI)−1.
Kada deluje rezolventa na neku funkciju f (x) ∈ L 2:
(Rλ(x) f )(x) =f (x)
x− λ. (8)
Da bi se uverili u prethodno, znamo da mora da važi
34
Rλ(x)R−1λ (x) f (x) = (x− λI)−1(x− λI) f (x)
= (x− λI)−1(x− λ) f (x)
= f (x) =⇒ Rλ(x) =1
x− λ.
Iz jednacine (8) vidimo da ne postoje λ za koje je ∀x rezolventaogranicena funkcija, odakle sledi da je kontinualni spektar celarealna osa, odnosno
σC = {λ|λ ∈ IR}.
(b) Kao i operator x, operator p deluje na funkcije iz prostora svihkvadratno integrablnih funkcija, f (x) ∈ L 2. Delovanje operatorap definisana je na sledeci nacin:
( p f )(x) = −ihd fdx
.
Pitamo se da li je ovaj operator ogranicen. Ovo je zapravo dejstvo operatoraimpulsa u koordinatnom prostoru, t.j. uprostoru gde x deluje multiplikativno.
Teorema: Furijeova transfor-macija je unitarna, ne menjanormu operatora. To se vidiiz Fourier-Plancherel-oveteoreme, koja glasi∫ ∞
−∞| f (x)|2 dx =
∫ ∞
−∞| f (k)|2 dk
Zamenimo k i k′.
Pokazacemo da se Furijeova transformacija operatora impulsaponasa kao operator pozicije, cime cemo moci zakljuciti da jeoperator impulsa tako -de neogranicen, kao operator pozicije.
(F pF−1) f (k) = F p1√2π
∫ ∞
−∞f (k)eikx dk
=−ih√
2πF∫ ∞
−∞f (k)
ddx
eikx dk
=−ih√
2πF∫ ∞
−∞f (k)ik eikx dk
=h
2π
∫ ∞
−∞e−ik′x
[∫ ∞
−∞k f (k)eikx dk
]dx
=h
2π
∫ ∞
−∞e−i(k−k′)x
[∫ ∞
−∞k′ f (k′) dk′
]dx
=h
2π
∫ ∞
−∞2πδ(k− k′) k′ f (k′) dk′
= h k f (k).
Odnosno, vidimo da furijeova transformacija impulsa delujemultiplikativno na isti nacin kao i operator pozicije. Zbog togašto je Furijeova transformacija unitarna, ona ne menja normuoperatora. Iz prethodne dve cinjenice sledi da je operator pneogranicen, kao i operator pozicije. Pitamo se da li je ovaj
operator autoadjungovan, odnosno pitamo se da li važi
( f , pg) = ( p f , g)
Gde su f (x), g(x) ∈ L 2,
35
U stvari, postoje funkcije u L 2 koje neteže nuli u beskonacnosti, kao što su naprimer Frenel-ove funkcije. Medjutim,prirodan domen operatora p u kvantnojmehanici je prva Sobolev-ov Hilbert-ovprostor, H1 ⊂ L 2, koja prakticnoizbacuje sve ove ’iritantne’ funkcije, i naovom domenu je p autoadjungovan, nesamo hermitski.
( f , pg) =∫ ∞
−∞f ∗(x)(−ih)
∂g∂x
dx = (−ih)
[f ∗g∣∣∣∣∞−∞−∫ ∞
−∞
∂ f ∗
∂xg(x) dx
]
= ih∫ ∞
−∞
∂ f ∗
∂xg(x) dx
= ( p f , g).
Zakljucujemo da je p autoadjungovan, pa je spektar realan, inema rezidualni spektar, t.j.
σR( p) = ∅.
Sada želimo da vidimo da li p ima diskretni spektar.
( p f )(x) = λ f (x)
−ih f ′(x) = λ f (x)
f ′(x) =ih
λ f (x) =⇒ f (x) = Ceiλ xh .
Za bilo koji izbor λ ∈ IR ove svojstvene funkcije nisu kvadratnointegrabilne, te je diskretni spektar prazan skup, odnosno
σP( p) = ∅.
Zakljucujemo da je kontinualni spektar cela realna osa, odnosno
σC( p) = {λ|λ ∈ IR}.
Odrediti spektar sledecih operatora:
(a) "Left-shift", L
(b) "Right-shift", R
Zadatak 13
(a) "Left-shift"operator definisan je na sledeci nacin
Lx = L
x0
x1
x2...
=
x1
x2
x3...
,
gde je x ∈ l2. Prvo se pitamo da li je operator L ogranicen. Ako jex ∈ l2, to znaci da je
∞
∑n=0|xn|2 < ∞.
36
Redosled komponenata vektora x nije bitan u sumi, tako da bilokoja permutacija elemenata ce imati konacan kvadratni zbir. U"left-shift", vidimo da vektor y = Lx ima sve iste komponente kaovektor x osim elementa x0. Odavde vidimo da je ‖y‖ ≤ ‖x‖ < ∞.Vidimo da je L ogranicen operator, sa normom ‖L‖ = 1, i zbogtoga znamo da je njegov spektar neprazan, kompaktan skupogranicen operatorskom normom. Sada se pitamo da li je Lnormalan. Prvo cemo odrediti adjungovani operator, L†.
(x, Ly) = (L†x, y)
(x, Ly) = x∗0y1 + x∗1y2 + . . .
(L†x, y) = z∗0y0 + z∗1y1 + . . .
Želimo da odredimo elemente zn, jer su to komponente vektoraL†x. Iz prethodnog sledi sledeci sistem jednacina
z0 = 0
z1 = x0
...
zk = xk−1
...
Vidimo da je L† = R. Da li L komutira sa L†?
[L, L†]x = (LR− RL)x
= L
0x0
x1...
− R
x1
x2
x3...
=
x0
x1
x2...
−
0x1
x2...
=
x0
00...
6= 0.
Vidimo da L nije normalan operator. Sada cemo pokušati dana -demo diskretni spektar operatora L,
37
Lx = λx =⇒
x1
x2
x3...
=
λx0
λx1
λx2...
.
Iz prethodnog sledi sledeci sistem jednacina,
x1 = λx0
x2 = λ2x0
...
xn = λnx0.
Vidimo da možemo napisati
x(λ) = x0
1λ
λ2
...λn
...
.
Pitamo se pod kojim uslovima je ovaj vektor x(λ) ∈ l2, odnosno
pitamo se za koje vrednosti λ je∥∥∥x(λ)
∥∥∥2< ∞,
∥∥∥x(λ)∥∥∥2
= |x0|2∞
∑k=0|λ|2k.
Pod uslovom da je |λ| < 1, x(λ) ima ogranicenu normu. Iz ovogasledi da je diskretni spektar
σP(L) = {λ ∈ C/ | |λ| < 1}.
Me -dutim, znamo da spektar ogranicenog operatora mora bitikompaktan skup (ogranicen operatorskom normom), a diskretanspektar nije kompaktan. Pošto je operatorska norma jedan,vidimo da zatvarac ovog skupa mora biti jedinicna kružnica. Izovoga sledi da je
σC(L) = {λ ∈ C/ | |λ| = 1}.
Ceo prostor u C/ koji je ogranicen operatorskom normom je U stvari, videcete nakon dela (b)zašto |λ| = 1 mora biti kontinualnispektar. Podsetite se koja je relacijaizmedju diskretnog spektra operatora,i diskretnog i rezidualnog spektraadjungovanog operatora.
pokriven diskretnim i kontinualnim spektrom, te je rezidualnispektar prazan skup
σR(L) = ∅.
38
(b) "Right-shift"operator definisan je na sledeci nacin
Rx = R
x0
x1
x2...
=
0x0
x1...
.
Slicnim argumentom kao za L, možemo zakljuciti da je Rogranicen operator sa normom ‖R‖ = 1. Iz ovoga sledi da jespektar σ(R) neprazan kompaktan skup ogranicen operatorskomnormom. Upotrebimo vezu izmedju spektra operatora i spektraadjungovanog operatora:
λ ∈ σP(A) =⇒ λ∗ ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
,
odnosno,
{λ ∈ C/ | |λ| < 1} ∈(
σP(A†) ∪ σR(A†))
.
Posmatrajmo svojstveni problem za R.
Rx = λx =⇒
0x0
x1...
=
λx0
λx1
λx2...
.
Iz prethodnog sledi sledeci sistem jednacina:
λx0 = 0
λx1 = x0
λx2 = x1
...
Samo nulti vektor zadovoljava sistem jednacina, pa operator Rnema diskretni spektar,
σP(R) = ∅.
Sledi da je rezidualni spektar
σR(R) = {λ ∈ C/ | |λ| < 1}.
Pošto je R ogranicen operator, znamo da spektar mora biti kom-paktan skup, te je kontinualni spektar zatvarac rezidualnogspektra, odnosno
σC(R) = {λ ∈ C/ | |λ| = 1}.
39
Odrediti spektar za operator translacije, Ta definisan nasledeci nacin:
(Ta f )(x) = f (x− a)
gde je f (x) ∈ L 2.
Zadatak 14
Pitamo se da li je ovaj operator ogranicen.
‖ f (x− a)‖ = ‖ f (x)‖ ,
tako da je norma operatora translacije jedan. Pitamo se sada da li jeovaj operator unitaran? Posmatrajmo skalarni proizvod (g, Ta f ),
(g, Ta f ) =∫ ∞
−∞g∗(x)Ta f (x) dx
=∫ ∞
−∞g∗(x) f (x− a) dx
=∫ ∞
−∞g∗(y + a) f (y) dy
=∫ ∞
−∞T−ag∗(y) f (y) dy.
Adjungovani operator se definiše prema
(g, Ta f ) = (T†a g, f ),
pa odavde vidimo da je T−a = T†a . Medjutim, vidimo i da je
T−a = T−1a ,
jer jeT−aTa f (x) = T−a f (x− a) = f (x).
Sada vidimo da jeT†
a = T−1a .
Operator Ta je unitaran, pa je rezidualni spektar prazan skup
σR(Ta) = ∅.
Sada želimo da ispitamo svojstveni problem.
(Ta f )(x) = λ f (x)
f (x− a) = λ f (x).
40
Svojstvena funkcija je kavziperiodicna (po modulu je periodicna),te nije u prostoru kvadratno integrabilnih funkcija f (x − a) /∈ L 2.Odavde sledi da je
σP(Ta) = ∅.
Me -dutim, ovaj operator je ogranicen, pa je njegov spektar nepra-zan, kompaktan skup ogranicen operatorskom normom. Sledi dakontinualni spektar mora biti
σC(Ta) = {λ ∈ C/ | |λ| = 1}.
Pokazati da furijeova transformacija dijagonalizuje ope-rator translacije
Zadatak 15
U kvantnoj mehanici su od posebnog znacaja hermitski opera-tori. Posebno, hermitski operator se može razmatrati u razlicitimbazisima, i cesto je zgodno prelaziti iz jedne reprezentacije u jednombazisu, u neku drugu reprezentaciju u drugom bazisu, gde su ovedve reprezentacije povezane nekom unitarnom transformacijom U
A = UBU†.
Videli smo vec da se operator impulsa može razmatrati u koordinat-noj reprezentaciji, gde deluje kao izvod; dok smo sa druge stranemogli da razmotrimo njegovu Furijeovu transformaciju, pri cemuvidimo da u tom, unitorno preslikanom prostoru, operator impulsadeluje kao multiplikativni operator.
Podsetiti se da je Furijeova transforma-cija unitarna, odakle sledi da je
(F † f )(x) = (F−1 f )(x).
Tako -de, podsetiti se da je Furijeovatransformacija
f (k) = (F f )(x)
=1√2π
∫ ∞
−∞f (x)e−ikx dx,
dok je inverzna Furijeova transformacija
f (x) = (F−1 f )(k)
=1√2π
∫ ∞
−∞f (k)eikx dk.
U tom duhu, razmotricemo Furijeov transform operatora trans-lacije, koju smo uveli u prethodnom zadatku. Tako -de smo ranijevideli da je Furijeova transformacija unitarna, te operator dobijenFurijeovim transformom operatora translacije je isti operator do nareprezentaciju. Ispostavice se da je ova transformirana reprezentacijazapravo reprezentacija operatora translacije u svojstvenom bazisu.
41
Zamenimo oznake k i k′.
Integralimo po x
(FTaF †) f (k) = FTa
[1√2π
∫ ∞
−∞f (k)eikx dk
]= F
[1√2π
∫ ∞
−∞f (k)eik(x−a) dk
]=
12π
∫ ∞
−∞
[∫ ∞
−∞f (k)eik(x−a) dk
]e−ik′x dx
=1
2π
∫ ∞
−∞
[∫ ∞
−∞f (k′)eik′(x−a) dk′
]e−ikx dx
=1
2π
∫ ∞
−∞
[∫ ∞
−∞ei(k′−k)x dx
]f (k′)e−ik′a dk′
=∫ ∞
−∞δ(k′ − k) f (k′)e−ik′a dk′
= e−ika f (k).
Odnosno, vidimo da je
(FTaF †) f (k) = e−ika f (k).
Odavde se vidi da Furijeova transformacija dijagonalizuje operatortranslacije.
Naci spektar sledecih kompaktnih operatora:
(a) K, definisan na L2[−1, 1] cije je integralno jezgro
k(x, t) = x + t + 2xt, odnosno
(K f )(x) =∫ 1
−1(x + t + 2xt) f (t)dt
(b) M, definisan na L2[0, 1] cije je integralno jezgro
k(x, t) = min(x, t), odnosno
(M f )(x) =∫ 1
0min(x, t) f (t)dt.
Uzeti za f (x) granicne uslove f (0) = 0, f ′(1) = 0.
Zadatak 16
(a) Posmatrajmo dejstvo operatora K.
Integrali∫ 1
−1f (t) dt ,
∫ 1
−1t f (t) dt
su neke konstante, pa vidimo dakombinovanjem prva dva clana imamooblik konsanta puta x, dok od trecegclana dobijemo neku drugu konstantu.
(K f )(x) =∫ 1
−1(x + t + 2xt) f (t) dt
= x∫ 1
−1f (t) dt + 2x
∫ 1
−1t f (t) dt +
∫ 1
−1t f (t) dt
= ax + b
42
Vidimo da je slika ovog operatora lineal nad konstantama i x,odnosno
R(K) = L{1, x}.
Ovaj operator je kompaktan. Sada, razmotrimo svojstveni pro- Definicija: Za operator nakompaktnom potprostoru Hkonacne dimenzije se kažeda je kompaktan ako imakonacnu Hilbert-Šmitovunormu∫ 1
−1
∫ 1
−1|k(x, t)|2 dxdt < ∞.
Naravno, ove granice inte-gracije zavise od prostorau kome deluje operator. Uovom slucaju, zbog togašto je operator K defini-san na L 2[−1, 1], graniceintegracije su −1 i 1.
blem za operator K,
(K f )(x) = λ f (x)
K(ax + b) = λ(ax + b).
U drugom koraku smo odlucili da razmotrimo funkcije oblikaax + b iz razloga što K svakako vraca funkcije tog oblika, pa cesigurno takvi biti i svojstvene funkcije. Prvo cemo izracunatiK(ax + b). Potom cemo izraziti K kao matricu u prostoru L{1, x}sa bazisom {1, x}, kako bismo rešili karakteristicnu jednacinukoja sledi iz uslova da je det(K− λI) = 0.
Linearni clan (po t) u podintegralnojfunkciji ce dati nulu, jer je neparnafunkcija a integralimo na simetricnimgranicama.
Izvucemo koeficijente ispred x i 1.
K(ax + b) =∫ 1
−1(x + t + 2xt)(at + b) dt
=∫ 1
−1(ax · t + a · t2 + 2ax · t2 + bx + b · t + 2bx · t) dt
=∫ 1
−1[a(1 + 2x)t2 + (ax + 2bx + b)t + bx] dt
= a(1 + 2x)t3
3
∣∣∣∣1−1
+ bxt∣∣∣∣1−1
=2a3(1 + 2x) + 2bx
= 2(
b +2a3
)x +
2a3
Sada cemo predstaviti operator K u matricnom obliku u bazisu
{1, x}, odnosno pretvaramo ax + b i 2(
b +2a3
)x +
2a3
u vektore
na sledeci nacin
ax + b→[
ab
]
2(
b +2a3
)x +
2a3→
2(
b +2a3
)2a3
43
Sada treba naci matricni oblik operatora K u ovom bazisu.
[k11 k12
k21 k22
] [ab
]=
2(
b +2a3
)2a3
=⇒ ak11 + bk12 =
4a3
+ 2b
ak21 + bk22 =2a3
Iz prethodnog sistema sledi da su
k11 =43
, k12 = 2, k21 =23
, k22 = 0.
Dakle, operator K u ovom bazisu ima matricni oblik
K =
43
223
0
.
Odavde možemo lako naci svojstvene vrednosti, tako što tražimonule karakteristicnog polinoma.
det(K− λI) =
∣∣∣∣∣∣∣43− λ 223
−λ
∣∣∣∣∣∣∣= (
43− λ) · (−λ)− 2 · 2
3
= λ2 − 43
λ− 43
= 0.
Tražimo nule:
λ1,2 =12
(43±√
169− 4 · −4
3
)
=12
(43±√
169
+489
)
=12
(43±√
649
)
=12
(43± 8
3
)=
23± 4
3
=⇒ λ1 = 2, λ2 = −23
.
Našli smo spektar operatora K.
44
Slika 18: Vrednost min(x, t) na x ∈ [0, 1],t ∈ [0, 1].
(b) Razmotrimo dejstvo operatora M
(M f )(x) =∫ 1
0min(x, t) f (t) dt =
∫ x
0t f (t) dt +
∫ 1
xx f (t) dt.
Nazovemo velicinu sa desne strane y:
y =∫ x
0t f (t) dt +
∫ 1
xx f (t) dt.
Razmotrimo prvi i drugi izvod ove funkcije y, jer ce nam biti odkoristi pri rešavanju svojstvenog problema. Umesto da rešavamointegralnu jednacinu, rešicemo diferencijalnu.
y′(x) = x f (x) +∫ 1
xf (t) dt− x f (x) =
∫ 1
xf (t) dt
y′′(x) = − f (x)
Sada, posmatrajmo svojstveni problemUzimamo izvod u odnosu na x sa obe
strane dvaput.(M f )(x) = λ f (x)∫ 1
xf (t) dt = λ f ′(x)
− f (x) = λ f ′′(x) =⇒ f ′′(x) +1λ
f (x) = 0
Treba obratiti pažnju da li je λ < 0 ili λ > 0. Pomnožimo obestrane prethodne jednacine sa f ∗(x), i integralimo od 0 do 1∫ 1
0f (x) f ∗(x) dx + λ
∫ 1
0f ′′(x) f ∗(x) dx = 0∫ 1
0| f (x)|2 dx + λ
∫ 1
0f ′′(x) f ∗(x) dx = 0
‖ f (x)‖2 + λ f ′(x) f ∗(x)∣∣∣∣10− λ
∫ 1
0f ′(x) f ′∗(x) dx = 0
‖ f (x)‖2 − λ∥∥ f ′(x)
∥∥2= 0
Koristimo parcijalnu integraciju, igranicne uslove.
Iz poslednjeg koraka sledi da λ mora biti pozitivna velicina.Sada vidimo da
f ′′(x) +1λ
f (x) = 0
daje oscilatorna rešenja
f (x) = A sin(
x√λ
)+ B cos
(x√λ
).
45
Granicni uslovi su nam
f (0) = 0 =⇒ B = 0
f ′(1) = 0 =⇒ A√λ
cos(
1√λ
)= 0
=⇒ 1√λ= kπ +
π
2=
(2k + 1)π2
=⇒ λ =4
(2k + 1)2π2 , k = 0, 1, 2 . . .
Našli smo spektar operatora M.
Pokazati da je Furijeova transformacija jedna simetrija si-stema linearnog harmonijskog oscilatora. Uzeti da je h =
1.
Zadatak 17
Hamiltonijan harmonijskog oscilatora je:
H =1
2mp2 +
12
mω2 x2.
Prvo cemo izvršiti smene, kako bismo lakše rešili zadatak, bez
brige za jedinice. Zamenimo p sa1√m
p, i x sa√
mωx. Sada, Hamilto-
nijan harmonijskog oscilatora ima oblik
H =12( p2 + x2).
Ako je operator D simetrija hamiltonijana H to znaci da komu-tira sa njim tj. [D,H] = 0. Kako smo zakljucili pre da je operatorfurijeove transformacije F unitaran odnosno da važi F †F=I, uslovkomutiranja sa hamiltonijanom se može napisati i ovako,
[F ,H] = 0⇐⇒ FH = HF ⇐⇒ FHF−1 = H,
odnosno FHF † = H. Uvešcemo notaciju ψ(k) = Fψ(x). Ispitacemoprvo kako F deluje u kombinaciji sa operatorom pozicije:
F xψ(x) =1√2π
∫ ∞
−∞xψ(x)e−ikx dx
= iddk
1√2π
∫ ∞
−∞ψ(x)e−ikx dx
= iddk
ψ(k)
= − pψ(k)
= − pFψ(x)
46
Odavde vidimo da važi F x = − pF ⇐⇒ F xF † = − p. Ispitajmo sadašta je sa x2,
F x2F † = F xI xF † = F xF †F xF † = (− p) (− p) = p2.
Sa p2 se slicno dešava,
F p2F † = x2.
Odrediti spektar operatora brojnog stanja sistema, N = A† A, gdesu A† i A kreacioni i anihilacioni operatori.
Samostalni Zadatak 12
47
Dodatni Zadaci iz Operatora u HilbertovomProstoru
Ortogonalni Polinomi
Hilbert-ovi prostori i njihovi operatori su pogodni za razmatranjelinearnih diferencijalnih jednacina, ukljucujuci za fiziku bitne dife-rencijalne jednacine drugog reda. Ortogonalni polinomi i njihovelinearne kombinacije cine resenja hipergeometrijske jednacine, i zbogtoga su od velikog znacaja. Klasicni ortogonalni se mogu predsta-viti preko stepenog reda generatrise. Primeri klasicnih ortogonalnihpolinoma:
• Jakobijevi polinomi: P(α,β)n (t) =
(−1)n
2nn![(1− t)α(1 + t)β
] dn
dtn
[(1− t)n+α(1 + t)n+β
],
ortogonalni na L2(−1, 1), sa generatrisom
1√1− 2ts + s2
=∞
∑n=0
Pn(t)sn
• Laguerre-ovi polinomi: Lαn(t) =
ett−α
n!dn
dtn
[e−ttn+α
], ortogonalni na
L2(0, ∞), sa generatrisom
e−st
1−s
(1− s)1+α=
∞
∑n=0
Lαn(t)s
n
• Hermite-ovi polinomi: Hn(t) =(−1)n√2nn!
√pi
et2 dn
dtn
[et2], ortogonalni
na L2(−∞, ∞), sa generatrisom
e2st−s2=
∞
∑n=0
Hn(t)sn
n!
50
Dokazati da jee−s2+2sx
generatrisa Hermit-ovih polinoma
Zadatak 18
Hocemo da pokažemo da je
G(s, x) = e−s2+2sx =∞
∑n=0
Hn(x)sn
n!.
Napisacemo G(s, x) na sledeci nacin,
G(s, x) = e−s2+2sx−x2 · ex2
= ex2 · e−(s−x)2.
Sada, razvijemo e−(s−x)2u Taylor-ov red oko s = 0.
e−(s−x)2=
∞
∑n=0
[dn
dsn e−(s−x)2] ∣∣∣∣
s=0
sn
n!.
Primetimo da je
dn
dsn e−(s−x)2= (−1)n dn
dxn e−(s−x)2,
pa je
dn
dsn e−(s−x)2∣∣∣∣s=0
= (−1)n dn
dxn e−(s−x)2∣∣∣∣s=0
= (−1)n dn
dxn e−x2.
Vratimo sada sve ovo u G(s, x).
G(s, x) = ex2∞
∑n=0
(−1)n[
dn
dxn e−x2]
sn
n!.
Setimo se da Rodriguez-ova formula daje
Hn(x) = (−1)nex2 dn
dxn e−x2
za Hermite-ove polinome (koje nisu normirane). Odavde vidimo daje
G(s, x) =∞
∑n=0
Hn(x)sn
n!,
kao što smo tražili.
51
Dodatni Zadaci iz Ortogonalnih Polinoma
Pokazati da su Hermiteove funkcije svojstvene funkcije Fou-rierovog operatora.
Dodatni Zadatak 1
Primenom Fourierovog transforma na generatrisu Hermiteovihfunkcija dobija se:
G(x, s) = e−s2+2sx =∞
∑n=0
sn
n!Hn(x)
F{e−12 x2
G(x, s)}(k) = 1√2π
∫ ∞
−∞e−ikxe−
12 x2−s2+2sxdx
=1√2π
∫ ∞
−∞e−
12 (x+ik−2s)2+ 1
2 (ik−2s)2−s2dx
=1√2π
e12 (ik−2s)2−s2
∫ ∞
−∞e−
12 (x+ik−2s)2
dx︸ ︷︷ ︸√2π
= e12 (ik−2s)2−s2
= e−12 k2−2iks+s2
= e−12 k2
e2k(−is)−(−is)2= e−
12 k2
G(k,−is)
Raspisivanjem generatorske funkcije dobija se:
F{e−12 x2
G(x, s)}(k) =∞
∑n=0
sn
n!F{e−
12 x2
Hn(x)} =∞
∑n=0
sn
n!(−i)ne−
12 k2
Hn(k)
Upore -divanjem dva Taylorova reda dobija se sledeci rezultat:
F{e−12 x2
Hn(x)}(k) = (−i)n e−12 k2
Hn(k)
Odnosno Hermiteove funkcije su svojstveni vektori Fourierovogoperatora za svojstvene vrednosti (−i)n ∈ {+1,−1,+i,−i}.
Ako je svojstveni bazis ortonormiran, postoji samo diskretnispektar.
Konacne Grupe
Teorija grupa je matematicka teorija posvecena izucavanju si-metrija, dok je grupa algebarska struktura dobijena apstrakcijomsvojstava simetrije. Pod simetrijom podrazumevamo transformaciju(preslikavanje) nekog objekta koja objekat ostavlja nepromenjenim,tj. invarijantnim. Objekat može biti geometrijska figura, fizicki sistem,algebarski izraz ili jednacina, itd. Intuitivno je jasno da ako nekatransformacija ne menja objekat, tada ga ni inverzna transformacijane menja. Tako -de, sukcesivna primena dve simetrije je opet simetrija.Identicna transformacija je, naravno, simetrija po definiciji. I akotome pridodamo poznatu cinjenicu da su kompozicije preslikavanjaasocijativne, dobijamo sve aksiome teorije grupa: postojanje inver-znog elementa, zatvorenost na grupnu operaciju, jedinicni elementi asocijativnost. Primetimo da osobina komutativnosti koja od poce-taka nastave matematike u školi u stopu prati asocijativnost, ovdenije neophodna!
Svakom ko je razmišljao o uzastopnojprimeni rotacija oko dve razlicite ose uprostoru ova cinjenica nije strana.
Premda su simetrijski argumenti u matematickom (naucnom)zakljucivanju stari koliko i sama matematika, formalizacija simetrijeje sprovedena tek u 19. veku. To je vek u kojem je ro -dena teorijagrupa (30-tih godina), kao i teorija linearnih reprezentacija (90-tih)godina. U fizici je kroz tzv. kristalofiziku stvoren pojam tenzorskihvelicina, koje su se ubrzo stopile sa teorijom reprezentacija grupa.Teorija grupa i njihovih reprezentacija je našla svoju punu primenunakon formulisanja kvantne mehanike, 30-tih godina XX veka. Tosu prvi uocili H. Weyl, me -du matematicarima i E. Wigner, me -dufizicarima, koji su u kratkom vremenskom razmaku objavili dveknjige od fundamentalnog znacaja za primenu simetrija u kvantnojmehanici. Centralni znacaj simetrijskih tehnika u kvantnoj fizici je
H. Weyl: Gruppentheorie und Quanten-mechanik (1928.), prevod - The Theoryof Groups and Quantum Mechanics(1932.) i E. Wigner: Gruppentheorieund ihre Anwendungen au die Quan-tenmechanik der Atomspektren (1931.),prevod - Group Theory and Applicationto the Quantum Mechanics of AtomicSpectra (1959.)
naknadno rasvetlio ulogu simetrije u klasicnoj fizici.Simetrijski argumenti cesto omogucavaju elegantno rešenje pro-
blema i njihova primena ne zahteva eksplicitnu primenu teorijegrupa, ali su one obicno skrivene u samom argumentu. Uloga mo-tivacionih zadataka je da napravi tihi prelaz sa simetrijskih argu-menata na odgovarajucu tehniku. Njihov cilj je da ilustruju dobropoznati stav G. Polya-e:
An idea which can be used only once is a trick. If one can use it morethan once it becomes a method.
54
Teorija Grupa
Slika 19: Radijus vektori temenapravilnog n-tougla. Cemu je jednaknjihov zbir? Šta možemo zakljuciti izsimetrije?
Izracunati sledecu sumu za n = 5:
n−1
∑k=0
ωkn =
n−1
∑k=0
ei 2πkn =
n−1
∑k=0
cos(
2πkn
)+ i
n−1
∑k=0
sin(
2πkn
).
Generalisati dobijen rezultat za proizvoljno n. Kako se može si-metrijski obrazložiti ovaj rezultat?
Motivacioni Primer 1
Ovu ’razumnu’ pretpostavku je PierKiri analizirao u svom radu ”Surla symétrie dans les phénoménesphysiques. Symétrie d’un champélectrique et d’un champ magnétique”1894. godine. Kirijev primarni zakljucakse može prevesti na sledeci nacin:”kada odredjene uzroke dovode doodrejenih posledica, simetrije uzroka semoraju naci i u posledicama.”
U pitanju je suma geometrijskog reda i za n = 5 dobija se rezultat:
4
∑k=0
ωk5 = 0.
Ovaj rezultat se lako generalizuje na proizvoljno n:
n−1
∑k=0
ωkn = 0.
Kako se ovaj rezultat može simetrijski obrazložiti? Prvenstveno,primetimo da ovako postavljen sistem vektora poseduje simetriju.
Konkretno, na slici 19 primetimo da rotacija za2π
5nece promeniti
konfiguraciju vektora. Slicno, u opštem slucaju n vektora, rotacija
za2π
nnece promeniti konfiguraciju vektora. Pošto sistem poseduje
ovakvu diskretnu rotacionu simetriju, deluje razumno ocekivati dace i osobine ovog sistema (kao što je zbir vektora) takodje posedovati
simetriju pri rotaciji za ugao2π
n. U tom slucaju, vektor koji predsta-
vlja zbir ovakvih n vektora (na primer zeleni vektor sa slike 19) treba
ostati nepromenjen pri rotaciji za2π
n. Jedini vektor u kompleksnoj
ravni koji ostaje nepromenjen pri rotaciji za2π
nje nulti vektor.
55
Odrediti za koje vrednosti parametara a i b sistem jednacinax + y + z = 3
x2 + y2 + z2 = a
x3 + y3 + z3 = b.
ima jedinstveno rešenje?
Motivacioni Primer 2
Uocimo da je sistem simetrican na proizvoljnu transpoziciju pro-menljivih. To znaci da ako je trojka (x0, y0, z0) rešenje sistema, tadasu i trojke (x0, z0, y0), (y0, z0, z0), (y0, z0, x0), (z0, x0, y0), (z0, y0, x0)
tako -de rešenja. Rešenje može biti jedinstveno samo ako je x0 = y0 =
z0. Iz prve jednacine sledi da je x0 = y0 = z0 = 1, a zamenom udrugu i trecu, dobijamo a = b = 3.
Posmatrati elektricno kolo koja sadrži kocku otpornika istog ot-pora R. Izracunati ekvivalentni otpor. Kako nam simetrija pomažeda izracunamo ekvivalentni otpor?
Motivacioni Primer 3
Slika 20: Kocka cija svaka ivica imaotpor R, i šema koja predstavlja ekviva-lentnu vezu izmedju otpornika.
Znajuci da svaka ivica kocke ima isti otpor, možemo podelitikocku na skupove simetrijski ekvivalentnih ivica. Na primer, sveivice obeležene plavom bojom na slici 20 su ekvivalentne. Slicnozakljucujemo za zelene i za crvene ivice.
Držeci kocku za ulaznu i izlaznu žicu(koja prolazi kroz najdužu dijagonalukocke), primecujemo da rotacija za2π
3ne menja elektricno kolo, samo se
plave ivice medjusobno zarotiraju, kao izelene i crvene.
Imajuci ovo u vidu, možemo takodje zakljuciti da su sva svetloplava temena na istom potencijalu (ekvivalentni su), i slicno za žutatemena. Sada možemo nacrtati novo, ekvivalentno kolo (sa desnestrane slike 20) gde su ekvivalentna temena predstavljena jednom
tackom. Plave i crvene grane imaju ekvivalentni otporR3
, dok zelene
grane imaju ekvivalentni otporR6
. Pošto su ovi skupovi paralelnihgrana medjusobno redno povezani, zakljucujemo da je ekvivalentni
otpor kockeR3+
R6+
R3=
5R6
.
56
Odrediti sumu kvadrata prvih n prirodnih brojeva
S�(n) =n
∑k=1
k2.
Motivacioni Primer 4
Ovaj zadatak je slican zadatku koji je rešio sedmogodišnji Gaus:odrediti sumu prvih 100 prirodnih brojeva. Gaus je zadatak simetrizo-vao: sumi 1 + 2 + · · ·+ 99 + 100 je pridodao (refleksiono simetricnu)sumu 100 + 99 + · · ·+ 2 + 1 i primetio da nakon simetrizacije dobijajednake sabirke. Ovde možemo iskoristiti istu ideju samo je simetri-zacija u odnosu na rotaciju za 120 stepeni i ona je prikazana na slici21.
Slika 21: Simetrizacija sume kvadrata
Rešenje postaje ocigledno:
S�(n) =13(2n + 1)
n(n + 1)2
=n(n + 1)(2n + 1)
6.
Iskoristili smo cinjenicu da je broj mesta u trouglu stranice n jednak
1 + 2 + · · ·+ n =n(n + 1)
2(Gausova suma).
Razmotrimo homogenu metalnu plocicu oblika jednakostranicnogtrougla. Neka su ivice trougla u kontaktu sa termalnim rezervo-arima na fiksiranim temperaturama kao što je prikazano na slici22.Nakon odre -denog vremena (raspodela) temperatura tacaka plo-cice postaje stacionarna. Odrediti temperaturu u centru plociceu stacionarnom režimu.
Motivacioni Primer 5
Slika 22: Metalna plocica sa termalnimkontaktimaIdeja simetrizacije je primenljiva i u ovom primeru. Naime, jedna-
cina toplotnog provo -denja je linearna(
κ∇2T =∂T∂t
), pa je linearna
57
kombinacija rešenja tako -de rešenja. Suma rešenja prikazana na slici23
daje homogeno rešenje, pri cemu svaki od centara trougla doprinosisa istom temperaturom. Prema tome Tc = 120◦/3 = 40◦.
Slika 23: Simetricno rešenje
Odrediti najkracu liniju koja deli jednakostranicni trougao na dvejednake površine.
Motivacioni Primer 6
Slika 24: Pokušaj deljenje površinejednakostranicnog trougla na dvajednaka dela, P1 i P2.
Slika 25: Sestougao i odgovarajucazatvorena kriva dobijena od trougla saslike 24.
Slika 26: Problem koji se bavi jednako-stranicnim trouglom možemo uprostitigledanjem pravilnog šestougla.
Primetimo da ako poznajemo najkracu krivu koja deli jednakostra-nicni trougao na dve jednake površine (slika 24), onda možemo lakokonstruisati zatvorenu krivu (minimalne dužine) koja deli pravilnišestougao na dve jednake površine tako što postavimo šest jednako-stranicnih trouglova u pravilni šestougao, kao što je prikazano naslici 25.
Ako možemo zakljuciti koja zatvorena kriva ima minimalnudužinu, a deli pravilan šestougao na dve jednake površine, takodjemožemo zakljuciti koja je najkraca kriva koje deli jednakostranicnitrougao na dve jednake površine.
Poznato je da krug minimizuje dužinu zatvorene krive (slika 26).Samo ostaje da se odredi poluprecnik kruga potreban da njegovapovršina bude polovina površine šestougla.
58
Klasifikovati grupe koje imaju red |G| < 8.
Zadatak 19
Generatori grupe generisu podgrupepreko grupnog množenja. Videceteprimere kasnije.
• |G| = 1: Tada je G = {e}
• |G| = 2: Tada je G = {e, g}, i g · g = g2 = e. To znaci da je ggenerator grupe reda dva. Jedan nacin na koji možemo definisatigrupu je preko tablice množenja:
e g
e e gg g e
Tabela 1: Tablica množenja za grupureda 2. U prvoj vrsti i u prvoj koloni(izdvojeno duplom linijom) su elementigrupe koje cemo množiti, dok se usamoj tabeli pise sta se dobija proi-zvodom dva elemenata. Na primer,e · g = g · e = g, dok e · e = g · g = e.
Slika 27: Dejstvo elementa C3.
Teorema: Red podgrupedeli red grupe. Ako je grupaprostog reda, onda nema(netrivijalnih) podgrupa.Tada, grupa ima samo jedangenerator, g (gn = e), iskupovno je grupa oblikaG = {e, g, g2, ...gn−1} gdeje n red grupe. Ovakvegrupe se zovu ciklicnegrupe, Cn. Pošto ima samojedan generator, možemonapisati elemente grupe nasledeci nacin: za k, m < n,g1 = gk , g2 = gm i važigk · gm = gm · gk = gk+m.Ako obelezimo k + m mod nkao j, onda je gk+m = gj.
Oznaka ∼= znaci "izomorfno", odnosnoda su grupe sa leve i desne strane znaka∼= isti do na izomorfizam (na primer,preimenovanje elemenata grupe, itd.).
• |G| = 3: Ova grupa je grupa prostog reda. Elemente grupe mo-žemo napisati skupovno G = {e, g, g2}, i možemo tako -de prekotablice množenja (tabela 2, levo). Cesto se generator ciklicne grupereda n obeležava kao Cn, pa bi u ovom slucaju generator bio C3, itablica množenja je prikazana na desnoj strani tabele 2. Element Cn
se može geometrijski prikazati. To je rotacija za2π
n, pa grupa C3
sadrži rotacije za 0,2π
3, i
4π
3.
e g g2
e e g g2
g g g2 eg2 g2 e g
C3 e C3 C23
e e C3 C23
C3 C3 C23 e
C23 C2
3 e C3
Tabela 2: Levo: opšta tablica množenjaza grupu reda tri. Desno: tablicamnoženja za grupu C3v.
• |G| = 4: Grupe reda cetiri mogu imati jedan ili dva generatora.Grupa reda cetiri sa jednim generatorom je ciklicna grupa redacetiri, C4. Grupa reda cetiri sa dva generatora je grupa C2v ∼=D2 ∼= K4. Navešcemo generatore ovih grupa, kao i njihove i tablicemnoženja.
– C4: Ovo je ciklicna grupa ciji je jedini generator element C4, iza ovaj element važi C4
4 = e. Skupovno se ova grupa možepredstaviti na sledeci nacin: C4 = {e, C4, C2
4 , C34}. Ovu grupu
možemo predstaviti i preko tablice množenja:
– C2v ∼= D2 ∼= K4: Ove grupe imaju dva generatora. I ako suove grupe izomorfne, za simetrijske primene se ispostavljada elemente ovih grupa "predstavljaju"razlicite simetrije. Na
59
C4 e C4 C24 C3
4
e e C4 C24 C3
4C4 C4 C2
4 C34 e
C24 C2
4 C34 e C4
C34 C3
4 e C4 C24
Tabela 3: Tablica množenja za ciklicnugrupu reda 4, C4.
primer, grupa C2v ima generatore C2 (rotaciju za 180◦ okoz-ose) i σv (refleksiju preko xz ravni, na primer), pa se ovagrupa skupovno može predstaviti na sledeci nacin: C2v =
{e, C2, σv, σvC2}. Generatori ove grupe zadovoljavaju C22 = e,
σ2v = e, i (σvC2)
2 = e. Sa druge strane, grupa D2 (dihedralnagrupa reda dva) ima generatore C2 ali i u, koja predstavljarotaciju za 180◦ oko neke ose koja je ortogonalna na z-osu.Vidimo da elemetni u i σv predstavljaju razlicite simetrije nekogsistema, pa iz tog razloga dajemo razlicita imena za izomorfnegrupe. Skupovno možemo predstaviti grupu D2 na sledecinacin: D2 = {e, C2, u, uC2}. Grupa K4 (Klajnova 4-grupa)ima generatore σ1v (refleksija preko xz ravni) i σ2v (refleksijapreko yz ravni). Skupovno se ova grupa može predstaviti kaoK4 = {e, σ1v, σ2v, σ1vσ2v}. Svi spomenuti generatori su reda dva.Ove grupe možemo predstaviti i preko tablice množenja, koje suprikazane ispod.
C2v e C2 σv σvC2
e e C2 σv σvC2
C2 C2 e σvC2 σv
σv σv σvC2 e C2
σvC2 σvC2 σv C2 e
D2 e C2 u uC2
e e C2 u uC2
C2 C2 e uC2 uu u uC2 e C2
uC2 uC2 u C2 e
K4 e σv1 σv2 σv1σv2
e e σv1 σv2 σv1σv2
σv1 σv1 e σv1σv2 σv2
σv2 σv2 σv1σv2 e σv1
σv1σv2 σv1σv2 σv2 σv1 e
Tabela 4: Tablice množenja za grupe C2v(gore), D2 (sredina), i K4 (dole).
Definicija: Ako generatorigrupe komutiraju, onda sekaže da je grupa komutativnaili Abelova. U slucaju ciklic-nih grupa, ocigledno je dasu Abelove, pošto ima samojedan generator koji naravnokomutira sam sa sobom. Uslucaju grupe C2v, može segraficki/geometrijski poka-zati da operacije rotacije za180◦ oko z-ose, i refleksijepreko xz ravni komutiraju.Slicnim argumentom semožete uveriti da C2 i ukomutiraju, kao i σv1 i σv2,pa su sve grupe reda cetiriAbelove.
• |G| = 5: Ova grupa je grupa prostog reda, pa ima samo jedangenerator (C5 koji zadovoljava C5
5 = e). Ovo je ciklicna grupa reda
60
pet, C5 = {e, C5, C25 , C3
5 , C45}. Sami napravite tablicu množenja za
C5! Da li je ova grupa Abelova?
• |G| = 6: Postoje grupe reda šest sa jedan i sa dva generatora.Grupa sa jednim generatorom (C6 koji zadovoljava C6
6 = e) jeciklicna grupa reda šest, C6 = {e, C6, C2
6 , C36 , C4
6 , C56}. Grupe sa
dva generatora su C3v ∼= D3. Slicno kao za grupe reda cetiri,generatori za C3v su rotacija za 120◦ oko z-ose (C3, gde važi C3
3 =
e) i refleksija preko xz ravni (σv, gde važi σ2v = e), gde je takodje
zadovoljena generatorska relacija (σvC3)2 = e. Za D3 genertori
C3 i rotacija za 180◦ oko neke ose koja je ortogonalna na z-osu(u, gde važi u2 = e). Odnosno, C3v = {e, C3, C2
3 , σv, σvC3, σvC23}
i D3 = {e, C3, C23 , u, uC3, uC2
3}. Tablice množenja su prikazani natabeli 5. Bitno je primetiti da C3 ne komutira ni sa σv ni sa u, pa suC3v ∼= D3 najmanje ne-Abelove grupe.
C6 e C6 C26 C3
6 C46 C5
6
e e C6 C26 C3
6 C46 C5
6C6 C6 C2
6 C36 C4
6 C56 e
C26 C2
6 C36 C4
6 C56 e C6
C36 C3
6 C46 C5
6 e C6 C26
C46 C4
6 C56 e C6 C2
6 C36
C56 C5
6 e C6 C26 C3
6 C46
C3v e C3 C23 σv σvC3 σvC2
3
e e C3 C23 σv σvC3 σvC2
3
C3 C3 C23 e σvC2
3 σv σvC3
C23 C2
3 e C3 σvC3 σvC23 σv
σv σv σvC3 σvC23 e C3 C2
3
σvC3 σvC3 σvC23 σv C2
3 e C3
σvC23 σvC2
3 σv σvC3 C3 C23 e
D3 e C3 C23 u uC3 uC2
3
e e C3 C23 u uC3 uC2
3
C3 C3 C23 e uC2
3 u uC3
C23 C2
3 e C3 uC3 uC23 u
u u uC3 uC23 e C3 C2
3
uC3 uC3 uC23 u C2
3 e C3
uC23 uC2
3 u uC3 C3 C23 e
Tabela 5: Tablice množenja za C6 (gore),C3v (sredina), i D3 (dole).
• |G| = 7: Ovo je ciklicna grupa reda sedam, C7 = {e, C7, C27 , C3
7 , C47 , C5
7 , C67}.
Generator je C7 za koji važi C77 = e. Kao i ostale ciklicne grupe, C7
je Abelova.
61
Pod izometrijom Euklidskog prostora podrazumevmo pre-slikavanja ( f ) koja održavaju Euklidsku metriku
d(A, B) = d( f (A), f (B)),
za svaki par tacaka A i B.
(a) Pokazati da izometrije preslikavaju prave linije u pravelinije.
(b) Pokazati da izometrija održava paralelnost, tj. da parparalelnih pravih preslikava u par paralelnih pravih.
Zadatak 20
(a) Oznacimo sa l pravu i sa A, B i C tri tacke na njoj. Nejednakosttrougla za Euklidsku metriku
d(A, B) + d(B, C) ≥ d(A, C)
primenjena na tri kolinearne tacke se svodi na jednakost:
d(A, B) + d(B, C) = d(A, C).
Dejstvo izometrije ne menja rastojanja, pa važi
d( f (A), f (B)) + d( f (B), f (C)) = d( f (A), f (C)).
Dakle, ponovo se nejednakost trougla svodi na jednakost, a seradi o kolinearnim tackama.
(b) Ocigledno je sa slike 28: prave linije se preslikavaju u prave linije,a rastojanje d me -du njima je tako -de održano.
Slika 28: Dejstvo izometrije ravni f .
Pokazati da je izometrija ( f ) Euklidske ravni linearnu kom-binaciju
C = λA + µB
preslikava u
f (C) = f (λA + µB) = λ f (A) + µ f (B),
tj. da ima osobinu afine linearnosti.
Zadatak 21
62
Pretpostavimo da se tacka C nalazi izme -du tacaka A i B. Tada sukoordinate od C izražene preko koordinata od A i B konveksnomkombinacijom
C = (1− λ)A + λB, λ ∈ [0, 1].
Rastojanja su d(A, C) = (1− λ)d(A, B) i d(C, B) = λd(A, B) i ona suodržana izometrijom. Sledi da za izometriju f važi:
f (C) = f ((1− λ)A + λB) = (1− λ) f (A) + λ f (B).
Slucaj kada tacka C nije izme -du A i B se pokazuje na isti nacin,samo uz uslov da je λ > 1 ili λ < 0. Prema tome, izraz važi u svakomslucaju i za svaki par tacaka, pa važi i
f (C) = f (λA + µB) = λ f (A) + µ f (B).
Zašto presavijanjem papira nastaju prave linije?
Samostalni Zadatak 13
Pokazati da je izometrija Euklidske ravni, f ∈ Isom(E2),potpuno definisana sa dejstvom na tri proizvoljne neko-linearne tacke.
Zadatak 22
Ako znamo dejstvo na izometrije na tri nekolinearne tacke (A, B, C),tada znamo kako deluje i na bilo koju tacku ravni. Tri nekolinearnetacke igraju ulogu koordinatnih osa: npr. tacku A proglasimo zakoordinatni pocetak, a prave l1 = AB i l2 = AC, za koordinatne ose.Izometrijom, paralelne prave se preslikavaju u paralelne prave naistom rastojanju, pa se i njihovi preseci preslikavaju u preseke. Timeje slika dejstva izometrije na proizvoljnu tacku potpuno definisana.Ova konstrukcija ukazuje na smisao koordinata tacke u ravni: položajneke tacke je koordinisan sa položajem unapred zadate trojke tacaka.
63
Pokazati da se svaka izometrija Euklidske ravni može do-biti kompozicijom translacije, rotacije i refleksije (osne si-metrije).
Zadatak 23
Slika 29: Dejstvo kompozicija translacije,rotacije i refleksije na trougao: T0 7→T1 7→ T2 7→ T′0.
Dovoljno je pokazati kako se proizvoljna trojka tacaka u ravni E2
preslikava u podudarnu trojku, odnosno trougao T0 u T′0 na slici 29:
1. prvu tacku, recimo A, preslikamo u A′ translacijom t. Trougao T0
se slika u T1.
2. tacku B preslikamo u B′ dejstvom rotacije sa centrom u A′, RA′(α).Trougao T1 se slika u T2.
3. ukoliko je potrebno, tj. ukoliko su trouglovi T0 i T′0 razlicite ori-jentacije, tacku C preslikamo u C′ refleksijom u odnosu na pravuA′B′, σ. Trougao T2 se slika u T′0.
Pokazati da se svaka izometrija Euklidske ravni može do-biti kompozicijom najviše 3 refleksije.
Zadatak 24
Slika 30: Kompozicija refleksija prekoparalelnih ravni daje translaciju.
I translacija i rotacija se mogu predstaviti kao kompozicija dve refle-sije, kao što je prikazano na slici 30. U slucaju translacije, refleksioneravni su paralelne, pa se translacija za vektor 2a, t2a dobija kom-pozicijom refleksija u odnosu na paralelne ravni na rastojanju a.Zapazimo da ovaj par nije jedinsven: ista translacija se dobija za svakipar paralela iz iste familije (pramena) na istom rastojanju.
64
Slika 31: Kompozicija refleksija prekoravni koje se seku u tacki A pod uglomφ daje rotaciju oko ose koje prolazi kroztacku (ortogonalno na ravan) A za 2φ.
Sa druge strane, kompozicijom refleksionih ravni koje se sekuu tacki A pod uglom φ se dobija rotacija oko tacke A (zapravo okoose koja je ortogonalna na ravan i prolazi kroz tacku A) za ugao2φ : RA(2φ), kao što je prikazano na slici 31. Ovde tako -de postojinejedinstvenost kao i u primeru translacija. Na osnovu ovih cinjenicai rešenja prethodnog zadatka, sledi da se svaka izometrija Euklidskeravni (Isom(E2)) može dobiti kompozicijom najviše 3 refleksije.
Ako imamo na umu da je izometrija Euklidske ravni potpunodefinisana dejstvom na trougao, razmotrimo najopštiji slucaj. Nekasu trouglovi T0 i T′0 podudarni. Tada su oni povezani dejstvommaksimalno tri refleksije. Ako se tacke A i A′ ne poklapaju, tadauvek postoji jedinstvena refleksija (σ1) koja preslikava A u A′, atrougao T0 u T1. Ako se B i B′ ne poklapaju, tada postoji jedinsvenarefleksija (σ2) koja preslikava B1 u B′ i fiksira tacku A′. Konacno, akose tacke C2 i C′ ne poklapaju, tada postoji jedinstvena refleksija (σ3)koja preslikava C2 u C′ i fiksira tacke A′ i B′.
Slika 32: Klizna ravan je kompozicijarefleksije i translacije u odnosu navektor paralelan refleksionoj ravni.Pokazati da se grupa izometrija Euklidske ravni, Isom(E2),
sadrži 4 tipa elemenata: translacije, rotacije, refleksije iklizne ravni.
Zadatak 25
Svaka izometrija ravni je generisana sa maksimalno tri refleksije.Slucaj jedne i dve refleksije daje nam prva tri tipa.
Slika 33: Moguce kombinacije trirefleksija.
Razmotrimo detaljnije na šta se svodi kompozicija tri refleksije.Moguci položaji tri prave u ravni su prikazani na slici 33.
U primeru a) se rotacijom jednog para pravih može dobiti poklapa-nje dve refleksione ravni, pa se njihovo dejstvo poništava. Dejstvo svetri refleksije je ekvivalentno dejstvu samo jedne. Slicno je i u slucajupod b). Slucajevi pod c) i d) se svode na klizne ravni. Zbog nejedno-znacnosti razlaganja rotacije na par refleksionih ravni, slucajeve c) id) je moguce svesti na tri refleksije od kojih su dve ravni paralelne, atreca je ortogonalna na njih.
Slika 34: Pocetna trojka refleksionihravni je m, n, l, a konacna m′′, n′, l′.
Na slici 34 prikazan je jedan od nacina da se to uradi u primeruc). U prvom koraku je par m, l simultano zarotiran u m′, l′ tako da
65
ravan m′ bude ortogonalna na n. Pritom važi: σm ◦ σl = σm′ ◦ σl′ .U drugom koraku je par n, m′ simultano zarotiran u n′, m′′ tako daravan n′ bude ortogonalna na l′ i važi jednakost: σn ◦ σm′ = σn′ ◦ σm′′ .Slicno se transformiše i primer d).
Prema tome, tvr -denje je pokazano. Primetimo još, da za rotacijei refleksije postoji bar jedna tacka X ∈ E koja se preslikava u samusebe, f (X) = X, koja se naziva fiksna tacka preslikavanja f . Rotacijaima tacno jednu (tacka oko koje se rotira), a refleksije beskonacnomnogo (sve koje leže na osi refleksije). Sa druge strane, translacija iklizna ravan nemaju fiksnih tacaka. Rotacije i translacije ne menjajuorijentaciju ravni, a refleksija i klizna ravan je menjaju. Mogucekombinacije su navedene u tabeli.
ima fiksnu tacku nema fiksnu tackumenja orijentaciju refleksija σl klizna ravan tlσl
ne menja orijentaciju rotacija RA(φ) translacija tl
Generalisati rezultat prethodnog zadatka, tj. pokazati da se svakaizometrija n−dimenzionalnog Euklidskog prostora može dobiti kom-pozicijom najviše n + 1 refleksije.
Samostalni Zadatak 14
Ako tacke Euklidske ravni identifikujemo sa kompleksnim brojevima,tada je i sve izometrije ravni moguce izraziti pomocu sabiranja i mno-ženja kompleksnih brojeva. Napisati kompleksne izraze za
• translaciju kompleksne ravni za vektor sa pocetkom u tacki z1 ikrajem u z2;
• rotaciju za ugao 2π/n oko tacke w;
• refleksiju u odnosu na pravu kroz z1 i z2;
• kliznu ravan u odnosu na vektor sa pocetkom u tacki z1 i krajemu z2.
Samostalni Zadatak 15
66
Neka je X ∈ E2 ogranicena figura u ravni. Pod simetrijama figureX, Isom(X), podrazumevamo sve izometrije ravni koje preslikavajufiguru X u samu sebe. Pokazati da sve simetrije figure X imaju fik-snu tacku, (O ∈ X, f (O) = O).
Samostalni Zadatak 16
Pokazati da simetrije ravanske figure X, Isom(X), obra-zuju grupu koja je izmorfna sa
(i) Cn (grupa generisana rotacijom za ugao ϕ = 2π/n,
Rϕ ≡ Cn), ili
(ii) Cnv (grupa generisana sa rotacijom Rϕ i vertikalnomrefleksionom ravni σv),
za neko n ∈N ako je grupa konacna, a sa C∞ ≡ SO(2)ili C∞v ≡ O(2), ako je beskonacna.
Zadatak 26
Ovo tvr -denje je poznato kao Leonar-dova teorema
Sve simetrije figure X imaju fiksnu tacku (centar mase) O, pa suu pitanju rotacije oko tacke O ili refleksije u odnosu na ravan kojasadrži tacku O.
Slika 35: Figure u prvoj vrsti nazivamokiralnim je nisu refleksiono (ogledalski)simetricne. Figure u drugoj vrsti suakiralne. Da li postoje dve figure na slicikoje imaju izomorfne grupe simetrije?
Pretpostavimo, najpre, da je grupa konacna i da nema simetrijukoja menja orijentaciju. Tada se ona sastoji samo od rotacija. Zbogkonacnosti grupe, me -du njima postoji rotacija za minimalni ugaoCn. Tada su sve ostale rotacije dobijene višestrukom primenom Cn,tj. oblika Cm
n . Kada bi postojala rotacija Ck koja nije tog oblika, tadasigurno postoji minimalni prirodni broj M za koji je 2πM/n > 2π/k.Me -dutim, tada grupa sadrži i element CM
n C−1k za ugao 2π/n >
67
2π(M/n − k) > 0, pa rotacija Cn, suprotno pocetnoj pretpostavci,nije minimalna! Prema tome, u ovom slucaju, grupa je ciklicna,generisana sa Cn i oznacavamo je sa Cn.
Ukoliko grupa sadrži element koji menja orjentaciju, taj elementje refleksija (koju oznacavamo sa σv) u odnosu na ravan koja sadržitacku O. Ako sadrži i druge refleksije, izaberimo onu cija ravanobrazuje minimalni ugao (ϕ = π/n) u odnosu na σv i oznacimo je saσ′v. Tada grupa sadrži i minimalnu rotaciju za ugao 2π/n, a sa njom icitavu grupu Cn. Tada je i sve ostale refleksije moguce predstaviti kaokompoziciju σvCm
n , jer da nije tako uslov minimalnosti ugla bi ponovobio narušen.
Ukoliko u grupi ne postoji minimalna rotacija, tada ona sadržisve rotacije oko tacke O i grupu tada oznacavamo sa C∞. Ukoliko sarotacijama sadrži i refleksiju, tada sadrži i refleksije u odnosu na svevertikalne ravni koje sadrže tacku, i tada grupu oznacavamo sa C∞v.
Terminologija: figuru koja se razlikujeod svog lika u ogledalu nazivamo"kiralnom", a onu koja se ne razlikuje"akiralnom"; figuru koja je inverzionosimetricna u odnosu na svoj centarmase nazivamo ”diploidnom", aonu koja nije, "haploidnom."Njimaodgovarajuce grupe nasle -duju termine.
Definicija: Navedene grupese nazivaju aksijalnim jersve održavaju jednu osu uprostoru, npa. x−osu. Imaih 7 familija i zajedno sa do-datnih 7 grupa pravilnih po-liedara (T, O, I, Td, Th, Oh, Ih)cine skup svih diskretnihpodgrupa grupe O(3).3D analogon Leonardoveteoreme glasi: simetrijeprostorne figure X, Isom(X),obrazuju grupu koja jeizmorfna sa predstavnikomjedne od 7 familija aksijal-nih grupa ili jednom od 7
poliedarskih grupa.
Na slici su prikazane a) piramida, b) kiralna piramida,c) prizma, d) antiprizma, e) proprizma, f) proantiprizma,g) kiralna prizma i h) kiralna antiprizma. Njihove grupesimetrije se onacavaju sa a) Cnv, b) Cn, c) Dnh, d) Dnd, e)Cnh, f) S2n, g) i h) Dn, pri cemu je sa n oznacen broj stranabaze svakog od navedenih tela (pravilni n-tougao, kiralniili akiralni).
Odrediti:
1. rotacione simetrije svihfigura,
2. refleksione simetrijesvih figura,
3. rotorefleksione sime-
trije svih figura,
4. koja od navedenih fi-gura i za koje vredno-sti n sadrže inverzionusimetriju.
Zatim pokazati sledece izomorfizme:
1. S2n ∼= C2n,
2. Cnh∼= Cn ×C2,
3. Cnv ∼= Dn ∼= Cn ∧C2,
4. Dnd∼= D2n,
5. Dnh∼= Dn ×C2.
Treba imati u vidu da inverziona simetrija komutirasa svim ostalim simetrijama (zašto?), kao i da je Cn ×C2 ∼= C2n i Dn ×C2 ∼= D2n za neparno n (zašto?).
Zadatak 27
68
Pomoc: sve navedene grupe su podgrupe od Dnh ili Dnd. Odgova-rajuce simetrije su prikazane na slikama 36 i 37. Simetrije prizme su:rotacija za ugao 2π/n oko z−ose (zelena osa), rotacija za ugao π okox−ose (narandžasta osa), refleksija u odnosu na (vertikalnu) ravanx − z (narandžasta ravan) i u odnosu na (horizontalnu) ravan x − y(zelana ravan) zajedno sa njihovim kompozicijama. Rotacione osereda 2 pripadaju vertikalnim refleksionim ravnima.
Slika 36: Simetrije prizme sa n=5.
Simetrije antiprizme su: rotorefleksija za ugao π/n oko z−ose(zelena osa), rotacija za ugao π oko ose (narandžasta osa) zarotiraneza π/2n u odnosu na x−osu, refleksija u odnosu na (vertikalnu)ravan x− z (narandžasta ravan) zajedno sa njihovim kompozicijama.Rotacione ose reda 2 pripadaju bisektrisama susednih vertikalnihrefleksionh ravni.
Slika 37: Simetrije antiprizme sa n=5.
69
Definicija: Elementi a i biz grupe G su me -dusobnokonjugovani ako postojibar jedno g ∈ G tako davazi b = gag−1. Skupme -dusobno konjugovanihelemenata naziva se klasakonjugacije.
Kako znamo šta su inverzni elementi?Pokazacemo jedan nacin na primerugrupe C3v. Pocinjemo od rotacije. Štaje inverz od rotacije u smeru kazaljke
na sata za ugao2π
3, t.j. šta je C−1
3 ? Pa,
rotacija u smeru suprotnom od kazaljke
na satu za ugao2π
3, me -dutim, takva
rotacija je ekvivalentna rotaciji u smeru
kazaljke na satu za ugao 2 · 2π
3, odnosno
C23 . Odnosno, C3C2
3 = e. Ovo se slaže sageneratorskom relacijom da je C3
3 = e.
Šta je inverzni element refleksije? Ele-menti σv, σvC3, i σvC2
3 su sve refleksije.Primetimo da kada reflektujemo dvaputa preko iste ravni refleksije, dobi-jemo isto od cega smo poceli, osnosnoσvσv = e, σvC3σvC3 = e, i σvC2
3 σvC23 = e.
Me -dutim, možemo primetiti još jednukorisnu stvar. Posmatramo, na primer,σvC3σvC3 = e. Zaboravimo trenutnona interpretaciju ovih elemenata kaorefleksije, i recmo da želimo da prona-djemo inverz elementa σvC3, odnosnoželimo da prona -demo g ∈ C3v takoda važi σvC3g = e. Vidimo da gmora biti oblika g = C2
3 σv, jer je ondaσvC3g = σvC3C2
3 σv = σveσv = e.Odavde, i iz prethodne tvrdnje možemozakljuciti da je σvC3 = C2
3 σv.Još jedan nacin da odredimo in-
verzni element je koristeci dve ci-njenice. Prva cinjenica jeste da je zaniz elemenata g1, ..., gm ∈ G, važi(g1g2...gm)
−1 = g−1m ...g−1
2 g−11 . Druga
cinjenica jeste da iz generatorskih re-lacija, znamo da (σvC3)
2 = e. Odvade,vidimo da važe (σvC3)(σvC3)
−1 =(σvC3)(C3)
−1(σv)−1 = e, što se slaže sa
prethodnim tvrdnjama.
Naci sve klase konjugacije grupe C3v.
Zadatak 28
Prvo cemo eksplicitno naci klase konjugacije, pa cemo ih ondaslikovito prikazati u slucaju C3v, i uopšteno. Setimo se da su elementiC3v sledece: C3v = {e, C3, C2
3 , σv, σvC3, σvC23}. Da bismo eksplicitno
našli klase konjugacije, treba da vidimo koje su elemente me -dusobnokonjugovane. Da bismo to postigli, sendvicimo sve elemente grupe saostalim elementima grupe.
• e:
– e: eee−1 = e
– C3: C3eC−13 = C3C−1
3 = e
– C23 : C2
3e(C23)−1 = C2
3(C23)−1 = e
– σv: σveσ−1v = σvσ−1
v = e
– σvC3: σvC3e(σvC3)−1 = σvC3(σvC3)
−1 = e
– σvC23 : σvC2
3e(σvC23)−1 = σvC2
3(σvC3)−1 = e
Vidimo da je {e} jedna klasa konjugacije, t.j. e je uvek samo sebikonjugovan.
• C3:
– e: eC3e−1 = C3
– C3: C3C3C−13 = C3e = C3
– C23 : C2
3C3(C23)−1 = C2
3C3C3 = C23C2
3 = C3
– σv: σvC3σ−1v = σvC3σv = σvσvC2
3 = eC23 = C2
3
– σvC3: σvC3C3(σvC3)−1 = σvC3C3σvC3 = σvC2
3σvC3 = C3σvσvC3 =
C3eC3 = C23
– σvC23 : σvC2
3C3(σvC23)−1 = σvC2
3C3σvC23 = σveσvC2
3 = eC23 = C2
3Vidimo da je {C3, C2
3} jedna klasa konjugacije.
• C23 :
– e: eC23e−1 = C2
3
– C3: C3C23C−1
3 = C3C23C2
3 = C3C3 = C23
– C23 : C2
3C23(C
23)−1 = C2
3C23C3 = C2
3e = C23
– σv: σvC23σ−1
v = σvC23σv = σvσvC3 = eC3 = C3
– σvC3: σvC3C23(σvC3)
−1 = σvC3C23σvC3 = σvσvC3 = eC3 = C3
70
– σvC23 : σvC2
3C23(σvC2
3)−1 = σvC2
3C23σvC2
3 = σvC3σvC23 = C2
3σvσvC23 =
C23eC2
3 = C3
Ovim smo potvrdili da je {C3, C23} jedna klasa konjugacije.
• σv:
– e: eσve−1 = σv
– C3: C3σvC−13 = C3σvC2
3 = σvC23C2
3 = σvC3
– C23 : C2
3σv(C23)−1 = C2
3σvC3 = σvC3C3 = σvC23
– σv: σvσvσ−1v = σvσvσv = σve = σv
– σvC3: σvC3σv(σvC3)−1 = σvC3σvσvC3 = σvC3eC3 = σvC2
3
– σvC23 : σvC2
3σv(σvC23)−1 = σvC2
3σvσvC23 = σvC2
3C23 = σvC3
Vidimo da je {σv, σvC3, σvC23} tako -de jedna klasa konjugacije.
• σvC3:
– e: eσvC3e−1 = σvC3
– C3: C3σvC3C−13 = C3σvC3C2
3 = C3σve = σvC23
– C23 : C2
3σvC3(C23)−1 = C2
3σvC3C3 = C23σvC2
3 = σvC3C23 = σve = σv
– σv: σvσvC3σ−1v = eC3σv = σvC2
3
– σvC3: σvC3σvC3(σvC3)−1 = σvC3σvC3σvC3 = σvC3e = σvC3
– σvC23 : σvC2
3σvC3(σvC23)−1 = σvC2
3σvC3σvC23 = σvC2
3C23σvσvC2
3 =
σvC23C2
3eC23 = σvC3C2
3 = σv
Potvrdili smo da je {σv, σvC3, σvC23} jedna klasa konjugacije.
• σvC23 :
– e: eσvC23e−1 = σvC2
3
– C3: C3σvC23C−1
3 = C3σvC23C2
3 = C3σvC3 = σvC23C3 = σve = σv
– C23 : C2
3σvC23(C
23)−1 = C2
3σvC23C3 = C2
3σve = σvC3
– σv: σvσvC23σ−1
v = eC23σv = σvC3
– σvC3: σvC3σvC23(σvC3)
−1 = σvC3σvC23σvC3 = σvC3C3σvσvC3 =
σvC23eC3 = σve = σv
– σvC23 : σvC2
3σvC23(σvC2
3)−1 = σvC2
3e = σvC23
Ponovo smo potvrdili da je {σv, σvC3, σvC23} jedna klasa konjuga-
cije.
Našli smo da su klase konjugacije za grupu C3v sledece (videtisliku 39):
{e}, {C3, C23}, {σv, σvC3, σvC2
3}.
71
Slika 38: Graf dejstva konjugacije.
Možemo još dve cinjenice zakljuciti na osnovu ovog primera. Prvo,konjugacija je unutrašnji automorfizam, jer za h, g ∈ G, ghg−1 ∈ Gpreslikava grupu na samog sebe (automorfizam), i to preslikavanjese postiže samim elemntima grupe (unutrašnji automorfizam). Skuppreslikavanja koja se dobijaju za razlicita g cine grupu unutrašnjihautomorfizama (može se proveriti da ovaj skup automorfizama imagrupnu strukturu - proveriti!). Dalje, klasa konjugacije se može videtikao orbita grupe unutrašnjih automorfizama. Na osnovu prethodnogizlaganja i definicije orbite, uveriti se da se na ovaj nacin moguposmatrati klase konjugacije.
Slika 39: Klase konjugacije za grupuC3v. Svaka klasa je zasebno osencena.Primecujemo da elemente u istoj klasikonjugaciji rade slicne stvari!
Za grupu C4v naci:
• Sve klase konjugacije
• Invarijantne podgrupe
• Centar
• Faktor grupe
Zadatak 29
Definicija: Neka je H pod-grupa grupe G, H < G, ineka je g ∈ G. Pri konju-gaciji (unutrašnji automor-fizam) podgrupe, gHg−1,podgrupa H se preslikavau podgrupu. To možemovideti na sledeci nacin: akoje H bila podgrupa, e ∈ H,pa nakon konjugacije jegeg−1 = e ∈ gHg−1, doksu zatvorenost, postojanjeinverza, i asocijativnostnasledjeni iz podgrupe Hi grupe G. Dakle, vidimoda su H i gHg−1 izomorfnepodgrupe. Ako je za svakog ∈ G podgrupa gHg−1
skupovno jednaka podgrupiH, gHg−1 = H, onda je Hinvarijantna podgrupa, H / G.Ovaj uslov je ekvivalentanuslovu da su svi levi i desnikoseti jednaki, odnosnoda za svako g ∈ G važigH = Hg. Važno je napo-menuti da ove relacije trebaposmatrati skupovno. Toznaci da kada posmatramoH = {...} i gHg−1 = {...}da ovi skupovi sadrže isteelemente, nezavisno odredosleda. Ove jednakostine znace da za svako g ∈ Gi h ∈ H važi ghg−1 = h!• Klase konjugacije: naci cemo klase konjugacije preko dijagrama
(videti sliku 40) dejstva elemenata grupe
C4v = {e, C4, C24 , C3
4 , σv, σvC4, σvC24 , σvC3
4}
72
na skupu cetiri tacaka u temenima kvadrata. Radi vežbanje, uveritise sami da su navedene klase konjugacije tacne eksplicitnomproverom, kao u zadatku 23.
Slika 40: Klase konjugacije za grupuC4v. Svaka klasa je zasebno osencena.
• Invarijantne podgrupe: eksplicitno cemo potražiti sve invarijantnepodgrupe. Prvi korak je da prona -demo sve podgrupe.
– H1 = {e}, jedna trivijalna podgrupa.
– H2 = C4v, druga trivijalna podgrupa.
– H3 = {e, C4, C24 , C3
4} ∼= C4
– H4 = {e, C24} ∼= C2
– H5 = {e, σv} ∼= C2
– H6 = {e, σvC4} ∼= C2
– H7 = {e, σvC24} ∼= C2
– H8 = {e, σvC34} ∼= C2
– H9 = {e, C24 , σv, σvC2
4} ∼= C2v ∼= D2
– H10 = {e, C24 , σvC4, σvC3
4} ∼= C2v ∼= D2
Sada treba videti koje su podgrupe invarijantne. H1 je invari-jantna podgrupa, H1 / C4v, jer za svako g ∈ C4v važi gH1 = H1g.U ovom slucaju se uslov invarijantnosti svodi na {g} = {g}, štoocigledno važi za svako g ∈ C4v. H2 je invarijantna podgrupa,H2 / C4v, zbog toga sto je H2 = C4v, i konjugacija grupe je unu-trasnji automorfizam, za bilo koje g ∈ C4v. Kako proveriti ostaleslucajeve?
Cesto je lakše, za pocetak, naci sve podgrupe koje nisu invari-jantne. Posmatrajmo podgrupe H5, ...H8, i pitamo se da li za svakog ∈ C4v su levi i desni koseti jednaki. Možemo eksplicitno prove-riti za svako g ∈ C4v, ali i ne moramo, ako znamo komutacione
73
prirode elemenata grupe. Na primer, posmatramo podgrupu H5, iizaberemo da je g = C4. Tada, uslov skupovne jednakosti levog idesnog koseta se svodi na uslov
C4H5?= H5C4 =⇒ {C4, σvC4}
?= {C4, C4σv}.
Me -dutim, ova skupovna jednakost ne važi, jer σvC4 6= C4σv. Ovimsmo našli neko g ∈ C4v za koje gH5 6= H5g, te H5 nije invarijantnapodgrupa. Potpuno istim argumentom se pokazuje da podgrupeH6, H7, i H8 nisu invarijantne podgrupe. Ovakva provera je cestonajlakša za podgrupe reda dva.
Šta je sa podgrupom H4? Primetimo da C24 komutira sa svim
elementima grupe C4v, tako da ce za bilo koje g ∈ C4v važiti
gH4 = H4g =⇒ {g, gC24} = {g, C2
4 g}
. Hajde eksplicitno da proverimo da C24 komutira sa svim elemen-
tima grupe C4v:
Videti komentar u margini kod zadatka23 ako nije jasno zbog cega važe ovejednakosti.
– eC24 = C2
4e
– C4C24 = C3
4 = C24C4
– C24C2
4 = e = C24C2
4
– C34C2
4 = C4 = C24C3
4
– σvC24 = C2
4σv
– σvC4C24 = σvC3
4 = C24σvC4
– σvC24C2
4 = σv = C24σvC2
4
– σvC34C2
4 = σvC4 = C24σvC3
4
Dakle, vidimo da je H4 zaista invarijantna podgrupa, odnosno H4 /
C4v.Prelazimo sada na anlizu podgrupa reda 4. To su H3, H9, i
H10. Pocnemo od H3. Provericemo skupovnu jednakost levih i desnihkoseta, gde za g ∈ C4v cemo uzeti generatore g1 = C4, i g2 = σv.Pitamo se prvo da li je
g1H3?= H3g1 =⇒ {C4, C2
4 , C34 , e} ?
= {C4, C24 , C3
4 , e}
Vidimo da ova skupovan jednakost važi, odnosno C4H3 = H3C4. Videti komentar u margini kod zadatka23 ako nije jasno zbog cega važe ovejednakosti.
Sada se pitamo da li je
g2H3?= H3g2 =⇒ {σv, σvC4, σvC2
4 , σvC34}
?= {σv, C4σv, C2
4σv, C34σv}
. Vidimo da i ova skupovna jednakost važi, pošto je σvC4 = C34σv,
σvC24 = C2
4σv, i σvC34 = C4σv. Sada, pošto su za generatore grupe levi i
desni koseti jednaki, bice i jednaki za ostale elemente grupe.
74
Proverimo da li su jednaki levi i desni koseti podgrupe H9 zageneratore C4 i σv.
C4H9?= H9C4 =⇒ {C4, C3
4 , C4σv = σvC34 , C4σvC2
4 = σvC4}?= {C4, C3
4 , σvC4, σvC34}.
Slicno za drugi generator,
σv H9?= H9σv =⇒ {σv, σvC2
4 , e, C24}
?= {σv, C2
4σv = σvC24 , e, σvC2
4σv = C24}.
Vidimo da ove skupovne jednakosti važi, pa je H9 invarijantna pod-grupa, H9 ∼= C2v / C4v. Proveriti sami da je H10 invarijantna podgrupa,H10 / C4v.
Dakle, sve invarijantne podgrupe su H1, H2, H3, H4, H9, H10.
Definicija: Centar grupe G,Z(G), je skup elemenata izG koje komutiraju sa svimelementima iz G, odnosnoz ∈ Z(G) = {z|zg = gz, ∀g ∈G}.
Definicija: Neka je H / G,i neka je {e, z1, ...., zm},zi ∈ G, jedna transverzala(m = |G|/|H|). Tada, grupaciji su elementi koseti od Hse zove faktor grupa i ozna-cava se sa G/H, sa grupnimmnoženjem definisano nasledeci nacin:
(zi H)(zj H)def= (zizj)H.
• Centar: Jedinicni element uvek komutira sa svim elementimagrupe, a u prethodnom delu zadatka smo videli da C2
4 komutira sasvim elementima grupe, pa je centar C4v
Z(C4v) = {e, C24}.
• Faktor grupe:
– C4v/H1 = {H1, C4H1, C24 H1, C3
4 H1, σv H1, σvC4H1, σvC24 H1, σvC3
4 H1} ∼=C4v.
– C4v/H2 = {H2}.
– Za H3 se transverzala može izabrati na više nacina. Izaberemona primer {e, σv}. Onda je C4v/H3 = {H3, σv H3} ∼= C2.
– Tako -de za H4 možemo izabrati transverzalu na više nacina.Izaberemo na primer {e, C4, σv, σvC4}. Onda je C4v/H4 =
{H4, C4H4, σv H4, σvC4H4} ∼= C2v.
– Za H9 možemo birati transverzalu na više nacina. Uzmemo naprimer {e, C4}. Tada je C4v/H9 = {H9, C4H9} ∼= C2.
– Slicno, sa istim izborom transverzale kao za H9, dobija se da jeC4v/H10 = {H10, C4H10} ∼= C2.
75
Naci klase konjugacije permutacione grupe tri elementaS3.
Zadatak 30
Prvo cemo uvesti dve notacije sa kojim možemo raditi kada su upitanju permutacione grupe. Pošto imamo tri elemenata/objekatakoje permutujemo, obeležavacemo te elemente sa 1, 2, i 3. Permuta-cija u kojoj prvi i drugi element menjaju mesta (videti sliku 41) cemoobeležiti na sledeci nacin:
Slika 41:
(1 2 32 1 3
).
Slika 42:
Permutacija u kojoj prvi element predje u drugi, drugi element utreci, i treci u prvi (videti sliku 42) obeležavamo na sledeci nacin:(
1 2 32 3 1
).
Sve ukupno ima šest mogucih permutacija tri elemenata, i sadamožemo napisati skupovno elemente permutacione grupe S3:
S3 =
{(1 2 31 2 3
),
(1 2 32 3 1
),
(1 2 33 1 2
),(
1 2 32 1 3
),
(1 2 33 2 1
),
(1 2 31 3 2
)}Ovo je permutaciona notacija. Sada cemo uvesti ciklicnu notaciju. Prepi-sacemo sve slemente grupe S3 u ciklicnoj notaciji. Obratiti pažnju, cesto se 1-ciklusi
ne pišu. U ovoj literaturi i u drugimizvorima bi se element (3)(21) ∈ S3napisao samo kao (21).
(1 2 31 2 3
)= (1)(2)(3)(
1 2 32 3 1
)= (123) = (231) = (312)(
1 2 33 1 2
)= (132) = (321) = (213)(
1 2 32 1 3
)= (12)(3) = (21)(3) = (3)(12) = (3)(21)(
1 2 33 2 1
)= (13)(2) = (31)(2) = (2)(13) = (2)(31)(
1 2 31 3 2
)= (1)(23) = (23)(1) = (32)(1) = (1)(32)
76
Unutar dve zagrade, (abc...yz), se govori o jednoj ciklicnoj per-mutaciji gde se a slika u b, b se slika u c, c u d, ... , i y u z. Posto jepermutacija ciklicna, jasno je onda da je po definiciji (abc...yz) =
(bc...yza) = ... . Sve elemente permutacionih grupa se mogu zapisatipreko ciklicnog zapisa.
Primetimo da je S3 ∼= C3v, pa zbog izomorfnosti sledi da S3 trebada ima iste klase konjugacije kao C3v. To se lako vidi sa slike, pa sledida su klase konjugacije grupe S3 sledece:{(
1 2 31 2 3
)}{(
1 2 32 3 1
),
(1 2 33 1 2
)}{(
1 2 32 1 3
),
(1 2 33 2 1
),
(1 2 31 3 2
)}Teorema: Elemente sa istomciklicnom strukturom cineklasu konjugacije (videtizadatak 32).
Teorem: Svaka permutacijase može napisati kao pro-izvod disjunktnih ciklusa(videti zadatak 31).
Pokazati da je svaki element permutacione grupe mogucezapisati kao proizvod disjunktnih ciklusa. Pod ciklusompodrazumevamo permutaciju tipa oznacenu sa
π = (i1, i2, · · · , im),
i interpretira na sledeci nacin:π(i1) = i2, π(i2) = i3, · · · , π(im−1) = im, π(im) =
i1. Zapis je jedinstven do na ciklicnu permutaciju oznakaunutar zagrada.
Zadatak 31
Slika 43: Primer nedozvoljenog grafadejstva bijekcije na skup X.
Na osnovu definicije permutacionu grupu Sn cine sve bijekcijen−elementnog skupa X. Ako elemente skupa X prikažemo tac-kama, a dejstvo konkretne bijekcije σ : x ← y strelicama, zbog uslovabijektivnosti graf dejstva svakog elementa σ mora imati sledece svoj-stvo: iz svake tacke mora da izvire i u svaku tacku da uvire po jednastrelica. Prema tome primer grafa prikazanog na slici 43 nije dozvo-ljen. Ako izaberemo proizvoljnu tacku x0 ∈ X, i strelicu koja izvire iznje, tada postoje dve mogucnosti - ta ista strelica uvire u istu tackuili u neku drugu tacku, recimo x1. Za strelicu iz x1 tako -de postojedve mogucnosti, da uvire u x0 ili u neku trecu tacku x2, itd. Kakose radi o konacnom skupu, |X| < ∞, to se neka od strelica morakonacno vratiti u tacku x0. Na taj nacin je formiran jedan ciklus. Akopostoji neka od tacaka iz X koja nije prisutna u ciklusu, postupak se
77
ponavlja itd. dok se svi elementi ne razvrstaju po ciklusima. Razliciticiklusi se ne mogu ukrštati zbog uslova bijektivnosti (slika 43).
Disjunktni ciklusi komutiraju! Pokazatisami.
Neka je element π ∈ Sn predstavljen u ciklicnoj reprezentaciji nasledeci nacin: π = (a1, a2, · · · , ap)(b1, b2, · · · , bq) · · · (c1, c2, · · · , cl).Konjugacija elementom σ ∈ Sn se svodi na konjugaciju pojedinihciklusa:
σπσ−1 = σ(a1, a2, · · · , ap)σσ−1(b1, b2, · · · , bq) · · · (c1c2 · · · cl)σ−1.
Prema tome, dovoljno je znati dejstvo konjugacije na cikluse.
Pokazati da važi sledeci izraz za konjugaciju ciklusa upermutacionoj grupi Sn,
σ (i1, i2, · · · , ip) σ−1 = (σ(i1), σ(i2), · · · , σ(ip)),
gde je sa σ(im) oznacena slika od im pod dejstvom per-mutacije σ.
Zadatak 32
Delujmo sa obe strane jednakosti na isti element skupa, σ(iq), 1 ≤q ≤ p. Dejstvom permutacije na desnoj strani jednakosti dobijamo,
(σ(i1), σ(i2), · · · , σ(ip)) σ(iq) = σ(iq+1),
a dejstvom permutacije na levoj strani,
σ (i1, i2, · · · , ip) σ−1 σ(iq) = σ (i1, i2, · · · , ip) iq = σ(iq+1).
U oba slucaja dobijamo isti rezultat za svaki element iq, pa sledi da seradi o istoj permutaciji.
Iz rezultata prethodnog zadatka sledi važan zakljucak: sve permuta-cije iz iste klase konjugacije imaju istu ciklicnu strukturu.
Pokazati da svaka permutacije može da se predstavi kaokompozicija transpozicija.
Zadatak 33
Pošto se svaka permutacija može predstaviti kao kompozicija dis-junktnih ciklusa, dovoljno je pokazati da bilo koji ciklus može da senapise kao kompozicija transpozicija (videti sliku 44). Transpozicijaje po definiciji 2-ciklus. Pokazacemo iskaz induktivno, pocevsi od1-ciklusa. Neka imamo skup elemenata X = {a1, ..., an}. 1-ciklus, (ai),
78
se može napisati kao (ai) = (aiai+1)(ai+1ai). Ako pretpostavimo daciklus dužine r, (a1, a2, ..., ar) možemo onda napisati kao
(a1a2...ar) = (a1ar)(a1ar−1), ..., (a1a3)(a1a2),
da li cemo moci napisati za r + 1−ciklus
(a1a2...arar+1)?= (a1ar+1)(a1ar)...(a1a3)(a1a2)?
Odgovor je da možemo, jer možemo napisati
(a1a2...arar+1) = (a1ar+1)(a1a2...ar−1ar),
a po induktivnoj hipotezi, drugi ciklus se dekomponuje na transpozi-cije.
Slika 44: Primer kako se ciklus možepredstaviti kao kompozicija transpozi-cija.
Pokazati da se proizvod dve klase konjugacije Cgi i Cgj (t.j. skup kojise dobija proizvodom svih elemenata iz ovih klasa) sastoji iz celihklasa konjugacije, i da se elementi gk iz iste klase Cgk pojavljuju jed-nak broj puta, γ(gk, gj; gk), t.j. da važi
Cgi Cgj =|G|
∑k=1
γ(gi, gj; gk)Cgk .
Samostalni Zadatak 17
79
Da li važe slede relacije?
(a) C2 ×C3 ∼= C6
(b) C2 ×C4∼= C8
Zadatak 34
(a) C2 = {e, g}, g2 = e i C3 = {e, h, h2}, h3 = e. (Spoljašni) proizvodovih grupa možemo napisati na sledeci nacin:
C2 ×C3 = {(e, e), (e, h), (e, h2), (g, e), (g, h), (g, h2)}
. Primetimo da je (g, h) generator ove grupe, i da je generatorreda 6, (g, h)6 = (g6, h6) = (e, e). Dakle, ova grupa je izomorfnasa C6, odnosno C2 ×C3 ∼= C6.
(b) C2 = {e, g}, g2 = e i C4 = {e, h, h2, h3}, h4 = e. Spoljašni proizvodovih grupa je
C2 ×C4 = {(e, e), (e, h), (e, h2), (e, h3), (g, e), (g, h), (g, h2), (g, h3)}.
Me -dutim, ova grupa nema generator reda osam! Tako da C2 ×C4Teorema: Cn × Cm ∼ Cn·mkada važi n|m = 1
nije izomorfno sa C8.
Pokazati da kada važi
|G||K| = 2
za K < G, tada je KCG. Odnosno, da su sve podgrupeindeksa dva invarijantne.
Zadatak 35
Imamo podgrupu K koja je indeksa dva. Onda, možemo izabratineko g ∈ G, g /∈ K tako da grupu G možemo napisati kao
G = K + gK = K + Kg.
To jest, imamo samo dva koseta, te levi koset gK mora biti (skupovno)jednak desnom kosetu Kg.
80
Za grupu G, komutator definisan je na sledeci nacin
[g, h] ≡ ghg−1h−1 , g, h ∈ G.
Generalizacija komutatora je komutatorska podgrupa, [G],grupe G, koja je definisana kao grupu koja je generisanasvim komutatorima iz G. Pokazati sledece osobine [G]:
(a) Zatvorenost
(b) e ∈ [G]
(c) Sadrži inverz
(d) [G]C G
(e) Ako je G abelova =⇒ [G] = {e}
Zadatak 36
(a) Ako je G grupa, onda je [G] po definiciji zatvoreno. Ako su ki ik j definisani kao proizvodi komutatora elemenata iz G, njihovproizvod ce takodje biti proizvod komutatora elemenata iz G, paje kik j ∈ [G] po definiciji.
(b) Pošto je e ∈ G, postojace element k ∈ [G] takav da je g = e, ih ∈ G, odnosno k = [e, h] = ehe−1h−1 = hh−1 = e. Pokazali smoda je e ∈ [G].
(c) Na osnovu zatvorenosti i postojanje jedinicnog elementa, mo-žemo zakljuciti da [G] mora da sadrži sve inverzne elemente.Možemo eksplicitno proveriti. Neka je
k = [g1, h1][g2, h2]...[gn, hn]
= g1h1g−11 h−1
1 g2h2g−12 h−1
2 ...gnhng−1n h−1
n .
Onda, možemo definisati
k−1 = hngnh−1n g−1
n ...h1g1h−11 g−1
1 .
Sada, vidimo da je kk−1 = e. Da je k−1 jedinstven sledi iz jedin-stvenosti pojedinacnih inverza elemenata iz G.
(d) Da bismo pokazali da je [G] invarijantna podgrupa u G, moramopokazati da su skupovno jednaki g[G]g−1 i [G], gde je g ∈ G.Posmatrajmo g−konjugaciju proizvoljnog elementa iz [G] Neka jek definisan kao k = [a, b], sa a, b ∈ G. Tada je
gkg−1 = gaba−1b−1g−1.
81
Imamo slobodu da zamenimo a sa ae = ag−1g, b sa be = bg−1g, ia−1 sa a−1 = a−1e = a−1g−1g. Tada imamo
gkg−1 = gag−1gbg−1ga−1g−1gb−1g−1.
Može se pokazati da ako je gag−1 = a′
za g, a, a′ ∈ G, onda je ga−1g−1 = a′−1.Ovo se vidi iz cinjenice da je e uveksamoj sebi konjugovan, tj geg−1 = e.Sa leve strane možemo zamenitie = aa−1 = ag−1ga−1, i dobija segag−1ga−1g−1 = a′(ga−1g−1) =e. Iz poslednjeg koraka sledi da jega−1g−1 = a′−1.
Pošto je G samoj sebi invarijantna podgrupa, znamo da važigag−1 = a′ ∈ G, gbg−1 = b′ ∈ G, ga−1g−1 = a′−1 ∈ G, igb−1g−1 = b′−1 ∈ G. Zato možemo napisati
gkg−1 = a′b′a′−1b′−1 = [a′, b′] = k′ ∈ [G].
Sada, možemo analognu proceduru izvršiti za proizvoljno k kojaje proizvod više komutatora elemenata iz G. Time je skupovnajednakost izmedju [G] i g[G]g−1 uspostavljena.
(e) Ako je G abelova grupa, to znaci da je gh = hg∀g, h ∈ G. Odavdesledi da je ghg−1h−1 = e∀g, h ∈ G. To znaci da svaki elementk ∈ [G] se može napisati na sledeci nacin,
k = [g1, h1]...[gn, hn] = e...e = e,
odnosno jedini element koji se nalazi u [G] je e.
82
Definicija: Neka je X skuptacaka, i G grupa. Skupsvih taacaka iz X cije sumale grupe izomorfne cinestratum. Sve tacke u istojorbiti imaju izomorfne malegrupe, pa se stratifikacijasvodi na particionisanjeskupa X na razlicite orbite.
Stratifikovati dejstvo grupe C3v na R2.
Zadatak 37
Slika 45: Slikovit prikaz stratifikacijedejstva grupe C3v na R2.
Stratifikacija dejstva grupe na nekom skupu znaci da se podeliskup na podskupove koje se transformisu na isti nacin pod dejstvomgrupe, to jest da se skup deli na orbite pri transformacijama grupe.Što se tice grupe C3v na R2, treba videti koje tacke u realnoj ravni senalazi u istoj orbiti. Pokazacemo na slici kako se stratifikuje dejstvoC3v na R2 (videti sliku 45). Plava tacka na sredini slike 45 je samasa sobom u orbiti O1, jer i rotacije i refleksije je ostavljaju na istommestu. Tacke koje se nalaze na crvenim linijama su zajedno u jednojorbiti, O2. Ostatak ravni je zelen, jer ostale tacke iz R2 se slikaju jedanu drugog, pa su zajedno u orbiti O3.
Nacrtati stereograme za sledece grupe
(a) C8
(b) C4v
(c) C4h
Zadatak 38
Stereogram je preslikavanje orbite proizvoljne tacke na sferi naravan koja prolazi kroz centar sfere. Polarna osa (normalna na ra-van) se poklapa sa glavnom osom simetrije. Tacke na sferi koje senalaze iznad ravni stereograma se obeležavaju sa "×", dok se tackena sferi ispod ravni obeležavaju sa "◦". Ako grupa ima horizontalnuravan refleksije, ekvator sfere se obeležava punom linijom. U su-protnom, predstavlja se isprekidanom linijom. Ravni refleksije sepredstavljaju punom linijom, dok se ose drugog reda, normalne naglavnu osu, predstavljaju isprekidanim linijama. Simetrija centralnetacke je obeležena pravilnim n−touglom za grupe sa Cn kao podgru-pom. Ponekada se stereogrami pojavljuju u kristalografiji i u fizicikondenzovanog stanja.
83
(a)Slika 46: Stereogram za grupu C8.
(b)Slika 47: Stereogram za grupu C4v.
(c)Slika 48: Stereogram za grupu C4h.
84
Pokazati da tackaste podgrupe kristalografske grupe moguimati rotacionu osu reda 1, 2, 3, 4, ili 6. Ovo je takozvano"kristalografsko ogranicenje".
Zadatak 39
Slika 49: Primer rešetke sa vektorimarešetke~b1 i~b2.
Kristalografske grupe su simetrije kristala. Imaju translacione pod-grupe u tri pravca. Orbite dejstva translacionih podgrupa generišurešetku kristala. Na primer, za rešetku na slici 49, svaka tacka rešetkese može dobiti pocevši od jedne, tako što se ta jedna tacka transliraza vektor z1~b1 + z2~b2, gde su z1, z2 ∈ Z. Sve tacke rešetke se nalaze nacelobrojnim koracima vektora rešetke.
Slika 50: Ogranicenje na red glavne osekristala se vidi po tome da ugao α nesme da bude manje od 60◦.
Primetimo da u rešetci, pocevši od jednog cvora, neka se zovaA, mora da postoji neki cvor na najmanjem rastojanju. Neka se tajcvor zove B (videti sliku 50). Ako kristal ima osu reda n, možemogenerisati još jednu tacku, nazovemo je B′, tako što tacku B rotiramo
za2π
noko tacke A. Kad bi važilo da je n > 6, tacka B′ bi bila najbliža
tacki B, a ne tacka A kako smo pretpostavili.
Slika 51: Ugao α je jednak2π
n.
Zašto ne može red ose da bude n = 5? U kratko, jedan razlog jezato što objekti sa simetrijom C5 ne mogu prekriti ravan, niti mogudodekaedri da popune trodimenzioni prostor. Možemo i matematickipokazati da je n = 5 zabranjeno, dok su samo dozvoljeni n =
1, 2, 3, 4, 6. Pretpostavimo da je~bi jedan vektor rešetke, i izaberemo
jedinice tako da je dužina jedinicna, odnosno∥∥∥~b∥∥∥ = 1. Neka je C
jedna tacka rešetke, i neka je D tacka koja se dobija translacijom tackeC za vektor~bi. Neka je D′ tacka koja se dobija rotacijom tacke D oko
tacke C za α =2π
n, i neka je C′ tacka koja se dobija rotacijom tacke
C oko tacke D za α =2π
n. Pošto se cvorovi rešetke nalaze samo
na celobrojnim umnožcima vektora rešetke, rastojanje izmedju C′
i D′ mora biti celobrojan, i pozitivan. Rastojanje ismedju C′ i D′ je
1 + 2sin(
2π
n− π
2
)= 1− 2cos
(2π
n
), i ova velicina treba biti ceo
broj,
1− 2cos(
2π
n
)= m, m ∈ Z.
Odavde sledi uslov
cos(
2π
n
)=
12(1−m), m ∈ Z.
Pošto je vrednost kosinusa ogranicen sa ±1, m može uzeti vrednostim = 0, 1, 2, 3 i −1. U tim slucajevima, n = 6, 4, 3, 2 i 1 respektivno.
85
Teorija Reprezentacija
Definicija: Reprezentacijagrupe G u Hilbertovom pro-storu H je skup matrica koja,pomocu homomorfizmaD, slika elemente g ∈ G upodgrupu nesingularnihlinearnih operatora u H:D(G) = {D(g)|g ∈ G} <GL(H). Uslov homomorfi-zma znaci da je za g, g′ ∈ G,D(gg′) = D(g)D(g′).
Definicija: Reprezentacijagrupe G u Hilbertovomprostoru H je ireducibilnaako ne postoji netrivijalnipotprostor 0 < H1 < H in-varijantan za sve operatoreu D(G). Ispostavlja se dau slucaju konacnih/kom-paktnih grupa ovaj uslovsvodi na uslov nerazloživosti,odnosno da se prostorH ne može razložiti nadirektan zbir invarijantnihpotprostora Hi ,
H 6=⊕
i
Hi .
Ovo je iskaz Masche-oveteoreme.
Teorema: Ako postoji ma-trica M ∈ Cnn koja komutirasa svim operatorima jedneireducibilne reprezentacijeD(µ)(G) (u prostoru Cn)onda je M skalarna matrica,odnosno M = λI. Ovo jeiskaz prve Schur-ove leme.
Odrediti ireducibilne reprezentacije ciklicnih grupa.
Zadatak 40
Prvo cemo pokazati da su ireducibilne reprezentacije ciklicnihgrupa (i zapravo za sve abelove grupe) jednodimenzione. Pošto suciklicne grupe abelove,
gigj = gjgi, ∀gi, gj ∈ G.
Po homomorfizmu,
D(gigj) = D(gi)D(gj) = D(gj)D(gi) = D(gjgi).
Odnosno, vidimo da D(gi) i D(gj) komutiraju. Po prvoj Schur-ovojlemi, onda, D(gi) su skalarne matrice. Pošto su skalarne matrice dija-gonalne, ako je reprezentacija D(G) višedimenziona, onda mora da jei razloživa. Pošto su ciklicne grupe konacne, razloživost i redubilnostsu ekvivalentni. Iz tog razloga, ireducibilne reprezentacije abelovihgrupa moraju biti jednodimenzione (skalari).
Sada možemo odrediti ireducibilne reprezentacije ciklicnih grupa.Po homomorfizmu,
D(µ)(Cnn) = (D(µ)(Cn))
n.
Medjutim, znamo da je Cnn = e, pa je D(µ)(Cn
n) = D(µ)(e) = I. Odavdevidimo da je (D(µ)(Cn))
n = I, odakle sledi da su jednodimenzionereprezentacije zapravo kompleksni n-ti koreni broja 1. Pošto ima nrazlicitih korenova od 1, µ, što klasifikuje ireducibilne reprezentacije,
ide od [−n2] + 1 do [
n2] u koracima od jedan. Odnosno,
D(µ)(Cn) = ei 2πn µ,
iD(µ)(Ck
n) = eik 2πn µ.
Na primer, za grupu C2, ireducibilne reprezentacije su date u sledecojtabeli
e C2
A0 1 1A1 1 −1
Tabela 6: Ireducebilne reprezentacije zagrupu C2.
Izvesti sami tablice ireducibilnih reprezentacija za C3 i C4.
86
Na osnovu ireducibilnih reprezentacija za ciklicne grupe,odrediti ireducibilne reprezentacije za grupu K4.
Zadatak 41
Grupa K4 = {e, a, b, ab} je definisana preko generatorskih relacijaa2 = e, i b2 = e. Odavde sledi da je i (ab)2 = e. K4 je abelova grupa, Upoznali smo se sa K4 u zadatku 20.
ali nije ciklicna. Medjutim, može se napisati kao direktni proizvoddve ciklicne grupe
K4 = C2 ⊗C2.
Odnosno, može se definisati grupa K4 na sledeci nacin:
K4 = {(e, e), (e, C2), (C2, e), (C2, C2)}.
Ubedite se da ove elemente imaju iste osobine kao prvi skup eleme-nata {e, a, b, ab}.
U prethodnom zadatku smo odredili ireducibilne reprezentacijeciklicnih grupa. Sada možemo pokazati da direktni proizvod ireduci-bilnih reprezentacija C2 formiraju ireducibilne reprezentacije grupeK4. Prvo cemo pokazati da direktni proizvod ireducibilnih reprezen-tacija C2 zaista formiraju reprezentaciju, pa cemo onda pokazati dasu dobijene reprezentacije ireducibilne.
Da bi direktni proizvod reprezntacija bila reprezentacija, trebaproveriti da li je dobijena reprezentacija nesingularna, i da li zadovo-ljava uslov homomorfizma. Pošto su ireducibilne reprezentacije odciklicnih grupa nesingularne, njihov direktni proizvod ce takodje bitinesingularna. Pošto su skalari, to se lako vidi: nijedna reprezentacijanije nula. Sada treba pokazati da važi uslov homomorfizma. Iredu-cibilne reprezentacije D(µ)(C2) i D(ν)(C2) iz razlicitih hilbertovihprostora (H(µ) i H(ν) respektivno). Za h ∈ K4, h = (g, g′), gde sug, g′ ∈ C2, definišemo
D(µ,ν)(h) def= D(µ)(g)⊗ D(ν)(g′).
Slicno, za h′ ∈ K4, h′ = (k, k′) gde su k, k′ ∈ C2, definišemo
D(µ,ν)(h′) def= D(µ)(k)⊗ D(ν)(k′).
Onda, hocemo da vidimo da li važi uslov homomorfizma, odnosnohocemo da proverimo da li je D(µ,ν)(h)D(µ,ν)(h′) = D(µ,ν)(hh′).
Setite se da je (A ⊗ B)(C ⊗ D) =AC⊗ BD.
Primetite da je hh′ = (g, g′)(k, k′) =(gk, g′k′).
D(µ,ν)(h)D(µ,ν)(h′) = (D(µ)(g)⊗ D(ν)(g′))(D(µ)(k)⊗ D(ν)(k′))
= D(µ)(gk)⊗ D(ν)(g′k′)
= D(µ,ν)((gk, g′k′))
= D(µ,ν)(hh′)
87
Pokazali smo da je ovo reprezentacija. Sada treba pokazati da suove reprezentacije ireducibilne. Pošto su ireducibilne reprezentacijeD(µ)(g) i D(ν)(g) (za g ∈ C2) skalari, njihovi direktni proizvodi sutakodji skalari, odnosno jednodimenzione su. Time, oni ne mogu bitidalje razloženi, i automatski su i ireducibilni. Sada možemo zadatiireducibilne reprezentacije za K4 koristeci tabelu 6:
K4 e a b ab
A(0,0) 1 1 1 1A(0,1) 1 −1 1 −1A(1,0) 1 1 −1 −1A(1,1) 1 −1 −1 1
Tabela 7: Tablica ireducibilnih reprezen-tacija (karaktera) grupe K4.
Pokazati da je tablica karaktera posmatrana kao kvadratnamatrica unitarna.
Zadatak 42
χ(1)(C1) χ(1)(C2) . . . χ(1)(Cp)
χ(2)(C1) χ(2)(C2) . . . χ(2)(Cp)...
.... . .
...χ(p)(C1) χ(p)(C2) . . . χ(p)(Cp)
Iskaz teoreme o ortonormiranosti karaktera (mala teorema ortogo-nalnosti):
(χ(µ)(G), χ(ν)(G)) =1|G| ∑
g∈Gχ(µ)∗(g)χ(ν)(g) = δµν,
ekvivalentan je tvr -denju da su razlicite vrste tablice karakterame -dusobno ortogonalne:
C1 C2 · · · Cp
χ(1) χ(1) (C1) χ(1) (C2) · · · χ(1) (Cp )
χ(2) χ(2) (C1) χ(2) (C2) · · · χ(2) (Cp )
χ(3) χ(3) (C1) χ(3) (C2) · · · χ(3) (Cp )
.
.
.
.
.
.
.
.
.. . .
.
.
.
χ(p−1) χ(p−1) (C1) χ(p−1) (C2) · · · χ(p−1) (Cp )
χ(p) χ(p) (C1) χ(p) (C2) · · · χ(p) (Cp )
∑C∈G|C|χ(µ)∗(C)χ(ν)(C) = N(G)δµν,
Sa |C| je oznacen broj elemenata grupe u klasi konjugacije C, dok jesa N(G) oznacen ukupan broj klasa konjugacije u grupi G.
Dovoljno je pokazati da su i razlicite kolone tablice karakteratako -de ortogonalne,
∑µ
χ(µ)∗(Ci)χ(ν)(Cj) =
N(G)
|Ci|δCi Cj .
C1 C2 · · · Cp
χ(1) χ(1) (C1) χ(1) (C2) · · · χ(1) (Cp )
χ(2) χ(2) (C1) χ(2) (C2) · · · χ(2) (Cp )
χ(3) χ(3) (C1) χ(3) (C2) · · · χ(3) (Cp )
.
.
.
.
.
.
.
.
.. . .
.
.
.
χ(p−1) χ(p−1) (C1) χ(p−1) (C2) · · · χ(p−1) (Cp )
χ(p) χ(p) (C1) χ(p) (C2) · · · χ(p) (Cp )Za klasu C i reprezentaciju D definišimo matricu:
D(C) = 1|C| ∑
g∈CD(g).
Matrica D je invarijantna na dejstvo reprezentacije D :
(∀h ∈ G)D(h−1)D(C)D(h) =1|C| ∑
g∈CD(h−1gh) = D(C).
88
Na osnovu prve Schur-ove leme, D(C) = λ(C)I, gde je λ(C) parame-tar koji zavisi od klase C. Izracuavanjem traga obe strane jednakostidobijamo χ(C) = λ(C)χ(I), odnosno, λ(C) = χ(C)/χ(I). Kako jeproizvod klasa konjugacije jednak sumi celih klasa konjugacije,
CgCh = ∑k
γ(g, h; k)Ck,
sledi da je iD(Cg)D(Ch) = ∑
kγ(g, h; k)D(Ck).
Zbog dijagonalnosti je
λ(Cg)λ(Ch) = ∑k
γ(g, h; k)λ(Ck),
a kako je λ(C) = χ(C)/χ(I), sledi jednakost
χ(Cg)χ(Ch) = χ(I)∑k
γ(g, h; k)χ(Ck).
Primenimo dobijenu jednakost na IR-u D(µ) :
χ(µ)(Cg)χ(µ)(Ch) = χ(µ)(I)∑
kγ(g, h; k)χ(µ)(Ck).
Sumiranjem po svim IR-ama grupe G :
∑µ
χ(µ)(Cg)χ(µ)(Ch) = ∑
kγ(g, h; k)∑
(µ)
χ(µ)(I)χ(µ)(Ck).
Poslednja suma ∑µ
χ(µ)(I)χ(µ)(Ck) je jednaka 0 za k 6= e, a N(G) kada
je k = e.
Za element gi ∈ G u regularnoj repre-zentaciji važi: χR(gi) = ∑
µ
dµχ(µ)(gi),
a kako je dµ = χ(µ)(e), važiχR(gi) = ∑
µ
χ(µ)(e)χ(µ)(gi). Uko-
liko je gi 6= e, χR(gi) = 0, a ako je gi = e,χR(gi) = N(G).
Sa C oznacimo klasu koja se sastoji iz elemenata inverznih ele-mentima iz klase C. Iz unitarnosti IR-e D(µ) sledi da je χ(µ)(C) =
χ(µ)∗(C), pa prethodnu jednakost možemo da zapišemo i na sledecinacin:
∑µ
χ(µ)∗(Cg)χ(µ)(Ch) = γ(g, h; k)N(G).
Množenjem C i C jedinicni element se pojavljuje |C| puta, tj. γ(g, g−1; e) =1/|Cg|. Sa druge strane, γ(g, h; e) = 0, za h 6= g−1. Prema tome,
∑µ
χ(µ)∗(C)χ(µ)(C′) =N(G)
|C| δC C′ .
Stav o unitarnosti karaktera je zajednosa osnovnim podacima o grupi (redgrupe, klase konjugacije,...) cestosasvim dovoljan za odre -divanje tablicekaraktera, a zatim i tablice IR-a grupe.Metod rada dosta podseca na tehnikurešavanja sudoku slagalice. Stoga cemoovu tehniku nazivati sudoku tehnikom.
89
Primenom "sudoku tehnike" odrediti:
(a) tablicu karaktera grupe i
(b) tablicu IRa grupe S3 ∼= C3v.
Zadatak 43
(a) Grupa C3v ima tri klase konjugacije: {e}, {C3, C23 = C−1
3 }, {σv =
σv1 , σvC3 = σv2 , σvC23 = σv3}, pa prema tome i tri IR-e. Zbir
kvadrata dimenzija IR-a jednak je redu grupe, tako da važi:|µ1|2 + |µ2|2 + |µ3|2 = 6 i jedina trojka prirodnih brojeva kojato zadovoljava je 1, 1, 2. Dakle, |µ1| = 1, |µ2| = 1, |µ3| = 2,pa možemo da popunimo prvu vrstu i prvu kolonu tablicekaraktera, kao što je prikazano na tabeli 8.
G = C3v e C±13 σvi
χ(1) 1 1 1χ(2) 1 a bχ(3) 1 x y
Tabela 8: Popunjena prva vrsta i kolonatablice karaktera za klase konjugacijegrupe C3v.
Definicija: Ako se klasakonjugacije Ci podudarasa klasom koja se sastoji izinverznih elemenata iz oveklase, Ci onda se ovakvaklasa zove ambivalentna.
Sve klase kunjugacije su ambivalentne, tj. podudaraju se sanjima inverznim klasama, pa su svi karakteri realni. Iz ortogonal-nosti vrsta tablice karaktera sledi,
1 + 2a + 3b = 0
2 + 2x + 2y = 0,
a iz ortogonalnosti kolona,
1 + a + 2x = 0
1 + b + 2y = 0.
Rešavanjem homogenog sistema dobijamo rešenja:
x− 1, y = 0, a = 1, b = −1.
Tablica karaktera glasi:
G = C3v e C±13 σvi
χ(1) 1 1 1χ(2) 1 1 −1χ(3) 1 −1 0
Tabela 9: Tablica karaktera za klasekonjugacije grupe C3v.
(b) Prve dve IR-e su jednodimenzionalne i jednake su svojim karakte-rima. Preostaje da se odredi dvodimenzionalna IR-a.
Potrebno je izabrati bazis: neka to bude bazis u kojem sumatrice D(C±1
3 ) dijagonalne. Iz generatorskih relacija sledi da je Ovi elementi komutiraju pa je moguceizabrati njihov zajednicki svojstvenibazis
D(C3)3 = D(C−1
3 )3 = I2, i na snovu unitarnosti matrica sledi daje
D(C3) =
(ε 00 ε∗
), D(C−1
3 ) =
(ε∗ 00 ε
), ε = e
2πi3 .
90
Primetimo da je ovaj izbor u saglasnosti sa tablicom karaktera.Prilikom odre -divanja matrice D(σv1) treba imati na umu
sledece cinjenice:
• D(σv1)2 = I2, na osnovu generatorskih relacija,
• matrica D(σv1), ne komutira sa D(C3), D(C−13 ),
• Tr (D(σv1)) = 0, na osnovu tablice karaktera.
Sve ove zahteve ispunjava matrica D(σv1) =
(0 11 0
). Preo-
stale dve matrice dobijamo na osnovu tablice množenja i uslovahomomorfizma:
D(σv2) = D(σvC3) =
(0 ε
ε∗ 0
), D(σv3) = D(σvC−1
3 ) =
(0 ε∗
ε 0
).
Primenom "sudoku tehnike" odrediti:
(a) tablicu karaktera grupe i
(b) tablicu IRa grupe simetrija pravilnog tetraedra T ∼=A4.
Zadatak 44
(a) Grupa A4 je reda 12 i ima cetiri klase konjugacije: {e}, {(12)(34)},(123) i (132). Prema tome, postoji 4 IR-e i njihove dimenzije za-dovoljavaju jednakost |µ1|2 + |µ2|2 + |µ3|2 + |µ4|2 = 12. Lakose zaklucujuje da nema dvodimenzionalnih IR-a, te da je jedi-namogucnost da dimenzije budu 1, 1, 1 i 3. Klasa {(12)(34)} jeambivalentna, pa su joj karaketeri realni, dok su (123) i (132)me -dusobno konjugovane, pa su im i karakteri me -dusobno kom-pleksno konjugovani. Popunimo prvu vrstu i prvu kolonu tablicekaraktera.
G = A4 e 3 x (12)(34) 4 x(123) 4 x(132)
χ(1) 1 1 1 1χ(1′) 1 1 a a∗
χ(1′′) 1 1 b b∗
χ(3) 3 −1 c c∗
Tabela 10: Popunjene prve dve kolonei prva vrsta tablice karaktera za grupuA4.
Istovremeno je popunjena i druga kolona, kao što je prikazano utabeli 10, jer je, na osnovu realnosti, dimenzija i ortogonalnostisa prvom kolonom, lako zakljuciti da je ovo jednina mogucnost.Iz ortogonalnosti prve i cetvrte vrste sledi imaginarnost od c, azajedno sa ortogonalnošcu prve i trece kolone zaklucujemo da jec = 0. Na osnovu ortogonalnosti slede i jednakosti
a + b = −1, a + a∗ = −1, b + b∗ = −1.
Kako su karakteri normirani kao funkcija na grupi, sledi da je i|a| = |b| = 1. Zakljucujemo da je a = b∗ = ε, ε = e
2πi3 Popunjena Ili a = b∗ = ε∗.
tablica karaktera je data u tabeli 11.
91
G = A4 e 3 x (12)(34) 4 x(123) 4 x(132)
χ(1) 1 1 1 1χ(1′) 1 1 ε ε∗
χ(1′′) 1 1 ε∗ ε
χ(3) 3 −1 0 0
Tabela 11: Popunjena tablica karakteraza grupu A4.
(b) Preostaje da se odrede matrice trodimenzionalne IR-e. Jedannacin da se to uradi je da se prepozna da je polarno-vektorskareprezentacija (dejsvo grupe na radijus vektore temena pravilnogtetraedra) trodimenzionalna. Lako je proveriti da se njeni karateripodudaraju sa karaterima χ(3) iz dobijene tablice, što znaci dasmo tako dobili traženu reprezentaciju. Citaocu preporucujemoda ovu ideju sprovede do kraja!
Slika 52: Rotacione simetrije tetraedra -generatori grupe T.
Ovde cemo primeniti ideju iz prethodnog zadatka koja jeuniverzalnija. Izaberimo bazis koji je istovremeno svojstveni zaelemente reda 2: r1 = (12)(34), r2 = (13)(24), r3 = (14)(23).Njihove reprezent-matrice kvadriranjem daju I3, a zbog unitar-nosti zakljucujemo da su dijagonalne sa ±1 na dijagonali. Zbogparnosti permutacija iz A4 determinante njihovih matrica morajubiti pozitivne, tako da dobijamo:
D(r1) =
1 0 00 −1 00 0 −1
, D(r2) =
−1 0 00 1 00 0 −1
, D(r3) =
−1 0 00 −1 00 0 1
.
Elementu r′ = (123) odgovara matrica koja je unitarna, nedi-jagonalna, nultog traga i njen treci stepen je I3. Sve ove zahteve
ispunjava permutaciona matrica D(r′) =
0 0 11 0 00 1 0
. Ostale
elemente klase konjugacije dobijamo konjugovanjem ove matricesa r1, r2 i r3 :
D(r′1) = D(r−11 r′r1) =
0 0 11 0 00 −1 0
, D(r′2) = D(r−12 r′r2) =
0 0 −11 0 00 1 0
, D(r′3) = D(r−13 r′r3) =
0 0 1−1 0 00 1 0
.
Matrica elementa r′′ = (132) je inverzna matrici D(r′), tj.
D(r′′) =
0 1 00 0 11 0 0
. Ostale elemente klase ponovo dobijamo
konjugacijom:
D(r′′1 ) = D(r−11 r′′r1) =
0 1 00 0 −11 0 0
, D(r′′2 ) = D(r−12 r′′r2) =
0 1 00 0 1−1 0 0
, D(r′′3 ) = D(r−13 r′′r3) =
0 −1 00 0 11 0 0
.
92
Primenom "sudoku tehnike" odrediti tablicu karakteragrupe simetrija kocke O ∼= S4.
Zadatak 45
Grupa S4 je reda 24 i ima pet klase konjugacije sa predstavnicima:{e}, {(12)(34)}, (123), (12) i (1234). Razmatranjem zbira kvadratadimenzija zakljucujemo da je jedina mogucnost 12 + 12 + 22 + 32 +
32 = 24. Sve klase su ambivalentne, pa su im karaketeri realni.Primenom ortogonalnosti kolona, a zatim i ortonormiranosti vrsta,dobijamo tablicu (matricu) karaktera:
G = S4 e 3 x (12)(34) 4 x(123) 6 x(12) 6 x(1234)
χ(1) 1 1 1 1 1χ(1′) 1 −1 1 −1 −1χ(2) 2 2 −1 0 0χ(3) 3 −1 0 1 −1χ(3′) 3 −1 0 −1 1
Razmotrimo dejstvo grupe S4 na
(a) elemente skupa X = 1, 2, 3, 4,
(b) dvoelementne podskupove od X, (dublete)
(c) troelementne podskupove od X (triplete).
Na taj nacin se dobijaju
(a) 4D,
(b) 6D
(c) 4D reprezentacije.
Pokazati da se pod (a) i (c) dobija ista reprezentacija, a zatim odre-diti razlaganja dobijenih reprezentacija.
Samostalni Zadatak 18
93
Primenom "sudoku tehnike"odrediti tablice karaktera iIR-a gru-pa D4 i Q8.
Zadatak 46
Grupe C4v ∼= D4 i Q8 su obe reda 8 i imaju po pet ambivalentnihklasa konjugacije. Stoga cemo tablicu popunjavati istovremeno zaobe grupe. Zbir kvadrata dimenzija IR-a je cigledno 12 + 12 + 12 +
12 + 22 = 8. Iz ortogonalnosti vrsta primenjene na 1D IR-e, zakljucu-jemo da je karakter jednak −1 kod dve dvoclane klase konjugacije -ukupno tri mogucnosti. Nakon toga, primenom ortogonalnosti vrsta,jednostavno je odrediti i karater 2D IR-e.
Popunjena tablica karaktera glasi:
{D4|Q8} ili {e|1} {C24 | − 1} {C±1
4 | ± i} {σv1,2 | ± j} {σd1,2 | ± k}χ(1) 1 1 1 1 1χ(1′) 1 1 1 −1 −1χ(1) 1 1 −1 1 −1
χ(1′) 1 1 −1 −1 1χ(2) 2 −2 0 0 0
Ovde imamo slucaj dve neizomorfne grupe sa jednakim tablicamakarakterima. To nam govori da tablica karaktera ne karakteriše grupujednoznacno. Me -dutim, tablica IR-a karakteristicna je za grupu, i uovom slucaju razlika je samo u 2D IR-i.
Odredimo 2D IR-u grupe C4v. Biramo bazis u kojem su matriceD(Cn
4 ) dijagonalne. Na osnovu traga Tr(D(C24)) = −2 i unitar-
nosti matrice, zakljucujemo da je D(C24) = −I2. S’obzirom da je
Tr(D(C4)) = 0 i D(C4)2 = −I2, sledi da je D(C4) =
(i 00 −i
).
Matrica D(σv1) je nultog traga, nedijagonalna i kvadrirana daje I2.
Najjednostavniji primer je D(σv1) =
(0 11 0
). Ostale matrice se
dobijaju na osnovu tablice množenja.U slucaju kvaternionske grupe Q8, procedura je ista za element
npr. i koji igra ulogu elementa C4. Me -dutim, umesto elementa σv1
koji je reda 2, drugi generator grupe, j, je reda 4, pa je reprezentovannedijagonalnom matricom nultog traga, koja kvadriranjem daje −I2.
Najjednostavniji primer je D(j) =
(0 ii 0
).
94
Slika 53: Kristal.
Definisan je kristal (videti sliku 53). Da li ovaj kristal možebiti
• feroelektrik, tj da li se može spontano generisati vek-tor polarizacije ~p?
• feromagnetik, tj da li se može spontano generisati vek-tor magnetizacije ~m?
Zadatak 47
Ako sistem ili objekat poseduje neku simteriju, onda fizicka svoj-stva tog sistema ili objekta ce takodje poštovati tu simetriju. Razlogje zato što sistem treba ostati nepromenjen pod dejstvom operacijasimetrije, a fizicka svojstva su posledica sastojaka i konfiguracijeelemenata u sistemuu.
Pre nego sto ispitamo date osobine, primecujemo da kristal na slici
53 ima simetriju C4v. Možemo kristal zarotirati zaπ
2oko ose koja
prolazi kroz atome A i C, i možemo reflektovati kristal preko cetirirazlicitih ravni koje sadrže tu osu. Da bi kristal mogao da posedujeneko fizicko svojstvo, ono bi moralo da ostane nepromenjeno priovim transformacijama. Ovo je fizicka intuicija, ali cemo igraditimetod da formalno proverimo, na osnovu simetrije, da li sistem možeda poseduje ovakva svojstva.
Formalan metod zahteva da se za neko svojstvo napravi reprezen-tacija grupe simetrije, na osnovu toga kako se svojstvo transformišepri dejstvu grupe. Ako ta reprezentacija sadrži u svom razlaganjujedinicnu reprezentaciju (to je A0 za C4v, ali je u opštem slucaju onaireducibilna reprezentacija koja sadrži samo jedinice ∀g ∈ G), ondaje moguce da sistem poseduje to svojstvo. Intuicija za ovaj zakljucakjeste da jedinicna reprezentacija baš ispoljava "nepromenjenost"prisvim transformacijama grupe, njena reprezentacija je jedinicna ne-zavisno od toga koju transformaciju napravimo. To je baš ono štoocekujemo za neko fizicko svojstvo sistema.
Da bi kristal mogao da bude feroelektrik, moralo bi da se spontanogeneriše vektor polarizacije, ~p. Vektor polarizacije je polarni (pravi)vektor, za razliku od vektora magnetizacije ~m, potreban da bi kristalbio feromagntik, koji je aksijalni (pseudo) vektor. Aksijalni vektori su”generisani” vektorskim proizvodom, ili kruženjem. U ovom slucaju,vektor magnetizacije potice od kruženja struje. Ove dve vrste vektoraimaju razlicita transformaciona svojstva.
95
Da bismo odredili da li kristal može da poseduje vektor pola-rizacije ~p ili magnetizacije ~m, potrebno je da izgradimo polarnovektorsku reprezentaciju grue C4v, D(pv)(C4v), i aksijalno vektorskureprezentaciju grupe, D(av)(C4v). Onda treba proveriti da li se nalaziireducibilna reprezentacija A0 u razlaganju ovih reprezentacija, takošto se izracuna koeficijent aA0 . Ako je aA0 6= 0, onda kristal može daposeduje dato svojstvo.
Slika 54: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, za izgradnju polarnovektorske reprezentacije.
Prvo cemo izgraditi polarno vektorsku reprezentaciju, za vektorpolarizacije. Da bismo to uradili, zamislimo da smo u centru kristala(u centar kvadrata sa cetiri B atoma) stavili koordinatni sistem, tri-jad (polarnih) vektora, {~ex,~ey,~ez}, kao što je prikazano na slici 54.Posmatrajmo šta se dešava sa ovim vektorima kada delujemo trans-formacijama grupe C4v. Jedinicni elemente, e, ne radi ništa, vektoriostaju nepromenjeni. Zato je polarno vektorska reprezentacija za e
D(pv)(e) =
1 0 00 1 00 0 1
.
Slika 55: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C4.
Pri rotaciji zaπ
2, odnosno pri C4, vektor ~ez ostaje nepromenjen,
dok vektor ~ex prelazi u vektor ~ey, a vektor ~ey prelazi u −~ex, kao što jeprikazano na slici 55. Zato je polarno vektorska reprezentacija za C4
D(pv)(C4) =
0 −1 01 0 00 0 1
.
Slika 56: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C2
4 .
Pri rotaciji za π, odnosno pri C24 , vektor ~ez ostaje nepromenjen, dok
vektor ~ex prelazi u −~ex, a vektor ~ey prelazi u vektor −~ey, kao što jeprikazano na slici 56. Prema tome, polarno vektorska reprezentacijaza C2
4 je
D(pv)(C24) =
−1 0 00 −1 00 0 1
.
96
Slika 57: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C3
4 .
Pri rotaciji za3π
2, odnosno pri C3
4 , vektor ~ez ostaje nepromenjen,
dok vector ~ex prelazi u −~ey, a vektor ~ey prelazi u ~ex, kao što je prika-zano na slici 57. Zato je polarno vektorska reprezentacija za C3
4
D(pv)(C34) =
0 1 0−1 0 00 0 1
.
Slika 58: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σv.
Napravili smo polarno vektorsku reprezentaciju za rotacije iz C4v,pa sada prelazimo na refleksije. Pri refleksiji preko xz ravni, odnosnopri σv, vektori ~ex i ~ez ostaju nepromenjeni, dok vektor ~ey prelazi u−~ey, kao što je prikazano na slici 58. Prema tome, polarno vektorskareprezentacija za σv je
D(pv)(σv) =
1 0 00 −1 00 0 1
.
Slika 59: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC4.
Ako prvo uradimo rotaciju zaπ
2, pa onda reflektujemo preko
stare xz ravni, odnosno ako delujemo na kristal sa elementom σvC4,vektor ~ez ostaje nepromenjen, dok se vektor ~ex slika u −~ey, a vektor~ey se slika u vektor −~ex, kao što je prikazano na slici 59. Primetimoda je ovo isto kao da smo reflektovali originalni kristal preko ravnikoja sadrži z−osu, pod uglom od 45◦ izmedju x− i y− ose. Polarnovektorska reprezentacija za σvC4 je zato
D(pv)(σvC4) =
0 −1 0−1 0 00 0 1
.
Primetiti da je ova matrica ista koju bismo dobili kada bismopomnožili matrice D(pv)(σv)D(pv)(C4). Obavezno obratiti pažnju naredosled delovanja.
Dalje, ako prvu uradimo rotaciju za π pa onda reflektujemo prekostare xz ravni, odnosno ako delujemo na sa elementom σvC2
4 , vektori~ey i ~ez ostaju nepromenjeni, dok se vektor ~ex slika u −~ex, kao što jeprikazano na slici 60. Zato je polarno vektorska reprezentacija zaσvC2
4 data matricom
D(pv)(σvC24) =
−1 0 00 1 00 0 1
.
Primetiti da je ova refleksija ista kao da smo pocetni kristal re-flektovali preko yz ravni. Takodje, primetimo da je dobijena matricajednaka proizvodu D(pv)(σv)D(pv)(C2
4).
97
Slika 60: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC2
4 .
Preostao nam je samo element σvC34 . Kada originalni kristal zaro-
tiramo za3π
2pa onda reflektujemo preko stare xz ravni, vektor ~ez
ostaje nepromenjen, dok se vektor ~ex slika u ~ey, a vektor ~ey se slika u~ex, kao što je prikazano na slici 61. Zbog toga je polarno vektorskareprezentacija za σvC3
4 data matricom
D(pv)(σvC34) =
0 1 01 0 00 0 1
.
Slika 61: Kristal sa trijadom polarnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC3
4 .
Primetiti da je ova refleksija ista kao da smo pocetni kristal reflek-tovali originalni kristal preko ravni koja sadrži z−osu i prolazi poduglom od 45◦ izmedju x− i −y−ose. Takodje primetimo da je ovamatrica baš proizvod matrica D(pv)(σv)D(pv)(C3
4).Ovim smo dobili celu polarno vektorsku reprezentaciju. Sada
cemo naci aksijalno vektorsku reprezentaciju, pa cemo tek ondatražiti da li se ireducibilna reprezentacija A0 nalazi u njihovim razla-ganjima.
Postupak za izgradnju aksijalno vektorske reprezentacije je iden-ticna kao za polarno vektorsku reprezentaciju, sa time što umestotrijad polarnih vektora, upotrebljavamo trijad aksijalnih vektora, cijasu transformaciona svojstva malo drugacija od polarnih vektora. Mo-žemo zamisliti da je aksijalni vektor posledica nekog kruženja. Onda,da bismo odredili kako se transformiše aksijalni vektor, prvo trebaposmatrati kako se transformiše to kruženje koje generiše aksijalnivektor. Na primer, rotacije oko ose normalna na ravan kruženja nemože promeniti smer kruženja, tako da se pri takvim rotacijamaaksijalni vektor ne menja. Sa druge strane, refleksija koja sadržiosu normalno na kružno kretanje menja smer kružnog kretanja, pazbog toga aksijalni vektor dobija znak minus. Pokazacemo slikovitokako transformacije deluju na aksijalne vektore, i uporediti aksijalnovektorsku i polarno vektorsku reprezentaciju.
Slika 62: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini. Svaki aksijalni vek-tor je ’generisan’ kruženjem (premapravilu desne ruke), prikazano ljubi-castim kružnim strelicama. U stvari,kada tražimo aksijalno vektorsku repre-zentaciju, gledamo kako se kruženjetransformiše, a sami aksijalni vektori susamo posledica ovog kruženja.
Pošto element e ništa ne menja, i za aksijalno vektorsku reprezenta-ciju je reprezentacija elementa e
D(av)(e) =
1 0 00 1 00 0 1
.
Radi ilustracije, (nepromenjen) trijad aksijalnih vektora je prikazan naslici 62.
Ako zarotiramo kristal zaπ
2oko z−ose, odnosno ako delujemo
sa C4, vidimo da kruženje koje generiše ~ez ostaje nepromenjeno,dok kruženja koja generišu vektore ~ex i ~ey se slikaju u kruženja koja
98
generišu aksijalne vektore u pravcima ~ey i −~ex respektivno, kao što jeprikazano na slici 63. Zato je aksijalno vektorska reprezentacija za C4
D(av)(C4) =
0 −1 01 0 00 0 1
.
Slika 63: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C4.
Slika 64: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C2
4 .
Ako zarotiramo kristal za π, odnosno ako delujemo sa C24 , aksijalni
vektor ~ez ostaje nepromenjen, dok se aksijalni vektori ~ex i ~ey slikaju u−~ex i −~ey respektivno, kao što je prikazano na slici 64. Prema tome,aksijalno vektorska reprezentacija za C2
4 je
D(av)(C24) =
−1 0 00 −1 00 0 1
.
Slika 65: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa C3
4 .
Ako zarotiramo kristal za3π
2, odnosno ako delujemo sa C3
4 , ak-
sijalni vektor ~ez ostaje nepromenjen, dok se aksijalni vektori ~ex i ~ey
slikaju u −~ey i ~ex respektivno, kao što je prikazano na slici 65. Zato jeaksijalno vektorska reprezentacija za C3
4
D(av)(C34) =
0 1 0−1 0 00 0 1
.
Ovime smo odredili aksijalno vektorsku reprezentaciju za sverotacije u C4v. Primetimo da su ove reprezentacije identicne onimaiz polarno vektorske reprezentacije. Razlog jeste do da rotacije nemenjaju smer kruženja koje generiše aksijalne vektore. Medjutim, ovonece biti slucaj kada tražimo reprezentaciju refleksija.
Ako reflektujemo kristal preko xz ravni, odnosno ako delujemosa σv, smer kruženja koje generiše vektor ~ey ostaje nepromenjen, dokse smerovi kruženja za vektore koje generišu ~ex i ~ez se obrnu. Kadase obrne smer kruženja, obrne se smer aksijalnog vektora. Prematome, aksijalni vektor ~ex se slika u −~ex, dok se aksijalni vektor ~ez
slika u −~ez, kao što je prikazano na slici 66. Iz tog razloga je aksijalnovektorska reprezentacija za σv
D(av)(σv) =
−1 0 00 1 00 0 −1
.
99
Slika 66: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σv.
Sada tek vidimo razliku izmedju transformacionih svojstava zaaksijalno vektorske i polarno vektorske reprezentacije. U polarnovektorskoj reprezentaciji, postojao je jedan vektor koji je ostao ne-promenjen pri svim transformacijama (to je bio vektor ~ez), dok uaksijalno vektorskoj reprezentaciji, cak i vektor ~ez može da se pro-meni. Videcemo posledice ovih razlika kada budemo tražili da li seireducibilna reprezentacija A0 javlja u razlaganju ovih reprezentacija.
Napomenemo sada da kad smo našli aksijalno vektorsku reprezen-taciju za σv, i imamo reprezentacije za rotacije, matricnim množenjemmožemo generisati ostale matrice aksijalno vektorske reprezentacije.Na primer, ocekujemo da bi aksijalno vektorska reprezentacije zaσvC4 bila D(av)(σv)D(av)(C4). Radi kompletnosti, nastavicemo prekoslika da tražimo ostatak aksijalno vektorkse reprezentacije, ali je cestolakše samo množiti matrice.
Slika 67: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC4.
Ako prvo zarotiram kristal zaπ
2pa onda reflektujemo preko stare
xz ravni, odnosno ako delujemo na kristal sa σvC4, aksijalni vektor ~ex
se slika u ~ey, vektor ~ey se slika u ~ex, i vektor ~ez se slika u −~ez, kao štoje prikazano na slici 67. Aksijalno vektorska reprezentacija za σvC4 jeonda
D(av)(σvC4) =
0 1 01 0 00 0 −1
.
Slika 68: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC2
4 .
Ako prvo zarotiramo kristal za π pa onda reflektujemo preko starexz ravni, odnosno ako delujemo sa σvC2
4 , aksijalni vektor ~ex ostajenepromenjen, dok se vektor ~ey slika u −~ey, i vektor ~ez se slika u −~ez,kao što je prikazano na slici 68. Prema tome, aksijalno vektorskareprezentacija za σvC2
4 je
D(av)(σvC24) =
1 0 00 −1 00 0 −1
.
Slika 69: Kristal sa trijadom aksijalnihvektora na sredini, nakon dejstvaelementa σvC3
4 .
Konacno, ako prvo zarotiramo kristal za3π
2pa onda reflektujemo
preko stare xz ravni, odnosno ako delujemo sa σvC34 , aksijalni vektor
~ex se slika u ~ey, vektor ~ey se slika u ~ex, i vektor ~ez se slika u −~ez, kaošto je prikazano na slici 69. Zato je aksijalno vektorska reprezentacijaza σvC3
4
D(av)(σvC34) =
0 −1 0−1 0 00 0 −1
.
Našli smo aksijalno vektorsku reprezentaciju. Sada treba odreditida li razlaganja za polarno vektorske i aksijalno vektorske repre-zentacije sadrže ireducibilnu reprezentaciju A0. Za to nam treba
100
tavlica karaktera za grupu C4v, kao i karaktere za polarno vektorske iaksijalno vektorske reprezentacije.
C4v e C4 C24 C3
4 σv σvC4 σvC24 σvC3
4
A0 1 1 1 1 1 1 1 1B0 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1A2 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1B2 1 −1 1 −1 −1 1 −1 1
E1,−1
[1
1
] [i−i
] [−1
−1
] [−i
i
] [1
1
] [−i
i
] [−1
−1
] [i
−i
]χ(E1,−1) 2 0 −2 0 0 0 0 0
χ(D(pv)) 3 1 −1 1 1 1 1 1χ(D(av)) 3 1 −1 1 −1 −1 −1 −1
Sada treba izracunati, za polarno vektorsku i za aksijalno vektor-sku reprezentaciju, koeficijent u razlaganju a(av/pv)
A0.
Teorema: Reducibilna re-prezentacija D(G) grupeG, sa karakterima χ(G),se može razložiti na ire-ducibilne reprezentacijeD(G) =
⊕µ
aµD(µ)(G), sa
karakterima χ(µ)(G), gdekoeficijenti aµ govore kolikoputa se javlja ireducibilnareprezentacija D(µ)(G) urazlaganju, i odredjeni supreko sledece relacije
aµ = (χ(µ)(G), χ(G))
=1|G| ∑
g∈Gχ(µ)∗(g)χ(g).
Za polarno vektorsku reprezentaciju,
a(pv)A0
=18(1 · 3 + 1 · 1 + 1 · (−1) + 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1)
=18(8) = 1.
Za aksijalno vektorsku reprezentaciju,
a(av)A0
=18(1 · 3 + 1 · 1 + 1 · (−1) + 1 · 1
+ 1 · (−1) + 1 · (−1) + 1 · (−1) + 1 · (−1))
=18(0) = 0.
Polarno vektorska reprezentacija sadrži ireducebilnu reprezenta-ciju A0 u svom razlaganju, dok aksijalno vektorska reprezentacijane sadrži A0. Ovo možemo razumeti na osnovu toga da polarnovektorska reprezentacija ima vektor koji ostaje nepromenjen pri svimtransformacijama grupe C4v, dok takav vektor ne postoji za aksijalnovektorsku reprezentaciju. Na osnovu ovog rezultata, možemo zaklju-citi da kristal sa slike 53 može biti feroelektrik, jer se može spontanogenerisati vektor polarizacije ~p, koji bi postojao duž z−ose. Medjutim,ovaj kristal ne može biti feromagnetik, jer ne može spontano da segeneriše vektor magnetizacije, ~m, pošto ne postoji pravac duž kojijedan aksijalni vektor ostaje nepromenjen pri dejstvu grupe C4v.
101
Odrediti razlaganje permutacione reprezentacije grupeC4v na skupu tacaka u temenima kvadrata (X), D(P)(C4v).
Zadatak 48
Permutaciona reprezentacija daje jednu reprezentaciju dejstvagrupe na nekom skupu. U ovoj reprezentaciji, matricne elementegovore u koju tacku xj ∈ X se šalje tacka xi ∈ X pri dejstvu elementag ∈ G. Na primer, ako nam je skup tacaka X = {1, 2, 3, 4} kojepredstavljaju temena kvadrata, element C4 ∈ C4v slika tacku 1 u tacku2, tacku 2 u tacku 3, tacku 3 u tacku 4, i tacku 4 u tacku 1 (pogledatisliku 25). U matricnom obliku onda, permutaciona reprezentacija zaC4 je
Slika 70: Dejstvo elementa C4 ∈ C4vna skupu taacaka koje cine temenakvadrata.
D(P)(C4) =
0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0
,
gde kolone predstavljaju tacke xi koje se slikaju elementom C4, avrste predstavljaju tacke xj koje se dobijaju dejstvom C4 na tacke xi.Na primer, pošto se tacka 4 slika u tacku 1, u cetvrtoj koloni i prvojvrsti imamo jedinicu.
Slicno, drugi generator grupe C4v, σv slika tacku 1 u tacku 2, tacku2 u tacku 1, tacku 3 u tacku 4, i tacku 4 u tacku 3 (videti sliku 26).Zato je permutaciona reprezentacija za σv data sa
Slika 71: Dejstvo elementa σv ∈ C4vna skupu taacaka koje cine temenakvadrata.
D(P)(σv) =
0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0
.
Pomocu uslova homomorfizma možemo dobiti ostale matrice
102
permutacione reprezentacije:
D(P)(C24) = (D(P)(C4))
2 =
0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0
,
D(P)(C34) = (D(P)(C4))
3 =
0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0
,
D(P)(σvC4) = D(P)(σv)D(P)(C4) =
1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0
,
D(P)(σvC24) = D(P)(σv)D(P)(C2
4) =
0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0
,
D(P)(σvC34) = D(P)(σv)D(P)(C3
4) =
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
.
Da bismo odredili razlaganje ove reprezentacije, treba nam tablicakaraktera grupe C4v kao i karakteri ove permutacione reprezentacije.
C4v e C4 C24 C3
4 σv σvC4 σvC24 σvC3
4
A0 1 1 1 1 1 1 1 1B0 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1A2 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1B2 1 −1 1 −1 −1 1 −1 1
E1,−1
[1
1
] [i−i
] [−1
−1
] [−i
i
] [1
1
] [−i
i
] [−1
−1
] [i
−i
]χ(E1,−1) 2 0 −2 0 0 0 0 0
χ(D(P)) 4 0 0 0 0 2 0 2
103
Sada možemo izracunati koeficijente aµ u razlaganju D(P)(C4v).
aA0 =18(4 · 1 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 1 + 2 · 1 + 0 · 1 + 2 · 1)
=18(8) = 1
aB0 =18(4 · 1 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · (−1) + 2 · (−1)
+ 0 · (−1) + 2 · (−1))
=18(0) = 0
aA2 =18(4 · 1 + 0 · (−1) + 0 · 1 + 0 · (−1) + 0 · 1 + 2 · (−1)
+ 0 · 1 + 2 · (−1))
=18(0) = 0
aB2 =18(4 · 1 + 0 · (−1) + 0 · 1 + 0 · (−1) + 0 · (−1) + 2 · 1
+ 0 · (−1) + 2 · 1)
=18(8) = 1
aE1,−1 =18(4 · 2 + 0 · 0 + 0 · (−2) + 0 · 0 + 0 · 0 + 2 · 0 + 0 · 0 + 2 · 0)
=18(8) = 1
Na osnovu ovog racuna, zakljucujemo da je razlaganje
D(P)(C4v) = A0 ⊕ B2 ⊕ E1,−1.
Definicija: Ako imamo(unitarnu) reducibilnu repre-zentaciju D(G) u prostoruH, reprezentacija ce imatiodredjeno razlaganje naireducibilne reprezentacijeD(µ)(G),
D(G) =p⊕
µ=1
aµD(µ)(G),
gde je p broj ireducibilnihreprezentacija grupe G (štoje isto kao broj klasa konju-gacija grupe G). Samim timese prostor H razlaže na or-togonalni zbir invarijantnihpotprostora,
H =p⊕
µ=1
aµ⊕tµ=1
H(µ)tµ
=p⊕
µ=1
H(µ).
H(µ)tµ
su ireducibilni invari-jantni potprostori, dok su
H(µ) =
aµ⊕tµ=1
H(µ)tµ
više struki
ireducibilni potprostori.
Naci simetrijski adaptirani bazis (SAB) za permutacionureprezentaciju grupe C4v, D(P)(C4v).
Zadatak 49
Simetrijski adaptirani bazis (SAB) je bazis u kome je data repre-zentacija u blok-dijagonalnom obliku. To znaci da bazisni vektoripredstavljaju bazisne vektore za pojedinacne ireducibilne potprostore.Da je reprezentacija blok-dijagonalna u SAB-u se vidi iz definicije, po-što dejstvo operatore reprezentacije D(g) na vektor iz SAB-a |µ, tµ, m〉vraca linearnu kombinaciju vektora iz istog ireducibilnog potpro-stora.
Bice toliko vektora u bazisu koliko je dimenzija reprezentacije,|D(G)|. Da bismo znali koliko vektora ocekujemo u odredjenomireducibilnom potprostoru, treba nam razlaganje reprezentacije naireducibilne reprezentacije. Na primer, ako se neka jednodimenziona
104
ireducibilna reprezentacija µ javlja tri puta, aµ = 3, ocekujemotri vektora iz višestrukog invarijatnog potprostora H(µ), i svaki tajvektor, za tµ = 1, 2, 3, ce biti bazis za jednodimenzione ireducibilne
potprostore H(µ)tµ
. SAB se traži pomocu grupnih projektora i grupnihoperatora. Razlaganje na ireducibilne reprezentacije nam takodjepomaže da znamo koje projektore i operatore treba izgraditi.
Definicija: Standardniadaptirani bazis (SAB) uHilbertovom prostoru H zareprezentaciju D(G) je bazis
{|µ, tµ, m〉}
gde µ = 1, ..., p, tµ = 1, ..., aµ,m = 1, ..., |µ|, za koji važi
D(g)|µ, tµ, m〉 =|µ|
∑m′=1
D(µ)m′m|µ, tµ, m′〉.
Definicija: Grupni operatoriza reprezentaciju D(G) uprostoru H su operatori
P(µ)ij (D)
def=|µ||G| ∑
g∈GD(µ)∗
ij (g)D(g),
gde µ = 1, ..., p,
i, j = 1, ..., |µ|. D(µ)∗ij (g)
je konjugovani i, j−ti ma-tricni element ireducibilnereprezentacije µ za elementgrupe G.
Definicija: Operator P(µ)11 (D)
je grupni projektor na potpro-stor Hµ
1 .
Teorem: Operator P(µ)m1 (D)
izometricki preslikavapotprostor Hµ
1 u pot-prostor Hµ
m, tako da je
P(µ)m1 (D)|µ, tµ, 1〉 = |µ, tµ, m〉.
U prethodnom zadatku smo odredili razlaganje permutacionereprezentacije grupe C4v (na skupu tacaka u temenima kvadrata),D(P)(C4v) :
D(P)(C4v) = A0 ⊕ B2 ⊕ E1,−1.
Odavde vidimo da moramo izgraditi grupne projektore za iredu-cibilne reprezentacije A0, B2, i E1,−1. Iz projektora cemo moci davidimo bazisne vektore potprostora na koje ovi operatori projektuju.Koristeci matrice permutacione reprezentacije i tablicu karaktera zaC4v iz prethodnog zadatka, kao i definiciju grupnih projektora,
P(A0)11 (D(P)) =
18
1 ·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
+ 1 ·
0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0
+
1 ·
0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0
+ 1 ·
0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0
+
1 ·
0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0
+ 1 ·
1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0
+
1 ·
0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0
+ 1 ·
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
=18
2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2
.
Svaki vektor u oblasti likova ovog projektora je obrazovan vekto-rom
|A0, 1, 1〉 = 12
1111
.
105
Pošto je A0 jednodimenziona reprezentacija, i pošto se javlja samojednom u razlaganju, znamo da ima samo jedan vektor u SAB-u kojiodgovara ovoj ireducibilnoj reprezentaciji. Dalje, treba konstruisatiprojektor za ireducibilnu reprezentaciju B2,
P(B2)11 (D(P)) =
18
1 ·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
+ (−1) ·
0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0
+
1 ·
0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0
+ (−1) ·
0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0
+
(−1) ·
0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0
+ 1 ·
1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0
+
(−1) ·
0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0
+ 1 ·
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
=18
2 −2 2 −2−2 2 −2 22 −2 2 −2−2 2 −2 2
.
Svaki vektor u oblasti likova ovog projektora je obrazovan vekto-rom
|B2, 1, 1〉 = 12
1−11−1
.
Slicno kao i u slucaju A0, B2 je jednodimenziona ireducibilna repre-zentacija koja se samo jednom javlja u razlaganju, pa postoji samojedan vektor iz SAB-a koja odgovara B2 reprezentaciji. Dalje, treba dakonstruišemo projektor za E1,−1.
106
P(E1,−1)11 (D(P)) =
28
1 ·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
+ i∗ ·
0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0
+
(−1) ·
0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0
+ (−i)∗ ·
0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0
+
0 + 0 + 0 + 0
=28
1 i −1 −i−i 1 i −1−1 −i 1 i
i −1 −i 1
.
Svaki vektor u oblasti likova za ovaj projektor je obrazovan vekto-rom
|E1,−1, 1, 1〉 = 12
1−i−1
i
Sada, pošto je E dvodimenziona reprezentacija, ocekujemo dacemo imati još jedan bazisni vektor. Njega tražimo pomocu grupnogoperatora PE1,−1
21 (D(P)).
PE1,−121 (D(P)) =
28
0 + 0 + 0 + 0 + 1 ·
0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0
+ i∗ ·
1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0
+
(−1) ·
0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0
+ (−i)∗ ·
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
=28
−i 1 i −11 i −1 −ii −1 −i 1−1 −i 1 i
.
107
Odavde vidimo da je svaki vektor u prostoru likova ovog opera-tora obrazovan vektorom
|E1,−1, 1, 2〉 = 12
1i−1−i
Našli smo sve vektore SAB-a, ima ih cetiri jer je to dimenzija ove
permutacione reprezentacije.
Sn je od velikog znacaja, prvenstvenozbog Kejlijeve teorema, koja glasi daje svaka konacna grupa G reda |G|podgrupa grupe S|G|. Imajte na umuda u literaturi je cesto ono što midefinišemo kao permutaciona grupanazvana šimetricna grupa", dok senaziv "permutaciona grupa"odnosina neki podskup simetricne grupe.Simetricna grupa se pojavljuje na duboknacin u Teorija Elementarnih Cestica.Koga interesuje, toplo savetujempoglavlje 5, "Representations of theSymmetric Groups"kod Wu-Ki Tung,Group Theory in Physics, gde možete dase upoznate sa Jungovim šemama, i sasvojstvima simetricne grupe.
Pokazati da svaka permutaciona grupa Sn (n > 1) uvekima tacno dve jednodimenzione ireducibilne reprezen-tacije.
Zadatak 50
Prvo cemo pokazati sporedan iskaz, da skup parnih permutacija,An, cini invarijantnu podgrupu permutacione grupe, An / Sn. Permu-tacija π je parna ako se može napisati kao kompozicija parnog brojatranspozicija τ,
π = τ1τ2...τk, k = 2m, m ∈N.
Prvo možemo pokazati da je skup parnih permutacija cine pod-grupu, i onda da je ta podgrupa invarijantna. Prvo pokazujemozatvorenost. Ako imamo dve parne permutacije, π1, π2 ∈ An,
π1 = τ1τ2...τk, k = 2m, m ∈N
π2 = σ2σ2...σq, q = 2s, s ∈N
onda je njihova kompozicija parna
π1π2 = τ1τ2...τkσ1σ2...σq
jer je ovo kompozija k + q transpozicija, gde su k i q parni, a zbirdva parna broja je takodje paran broj. Dakle, parne permutacije suzatvorene.
Za parnu permutaciju π, primetimo da je
π−1 = τ−1k ...τ−1
2 τ−11 ∈ An
jer je i dalje proizvod parnog broja transpozicija. Zagarantovani smoda ovakav element postoji u Sn zbog postojanje inverza i zatvore-nost u Sn. Odavde odmah sledi da je neutralni element u An, jer jeππ−1 = e, a videli smo da je An zatvoreno. Asocijativnost je nasle-djeno iz Sn. Odavde vidimo da parne permutacije cine podgrupusvih permutacija, odnosno An < Sn.
108
Sada treba pokazati da je An invarijantna podgrupa. Za proi-zvoljan element λ = τ1τ2...τk ∈ Sn, definišemo funkciju znakapermutacije,
sgn(λ) =
1 k = 2m, m ∈N
−1 k = 2m + 1, m ∈N.
Teorem: Jezgro homomorfi-zma f grupe G u grupu G′
je invarijantna podgrupa:ker( f ) / G.
Primetimo da je sgn(λ) homomorfizam, jer je za λ1 = τ1...τk iλ2 = σ1...σq,
sgn(λ1λ2) = sgn(λ1)sgn(λ2).
Dalje, primecujemo da je An jezgro ovog homomorfizma kada delujena Sn, jer je za svako π ∈ An, sgn(π) = 1. Znamo da je jezgrohomomorfizma invarijantna podgrupa, tako da smo pokazali da jeAn / Sn. Šta više, može se pokazati da je Sn/An = C2, odnosno An jepodgrupa indeksa dva, pa ja automatski invarijantan.
Teorem: Ako je faktorgrupa G/N abelova, onda je[G] < N.
Neka je φ preslikavanje iz grupe ufaktor grupu, phi : G → G/N takvoda za svako g ∈ G, φ(g) = gN (ovose zove kanonska projekcija). Onda, zag, h ∈ G i g′ = φ(g), h′ = φ(h) ∈G/N važi [g′, h′] = [φ(g), φ(h)] =[gN, hN] = (gN)(hN)(gN)−1(hN)−1 =(ghg−1h−1 N = φ([g, h]). Da je G/Nabelova znaci da je [g′, h′] = e. Onda,ako je G/N abelovo, sledi da je svakikomutator [g, h] ∈ ker(φ), a znamo daje ker(φ) invarijantna podgrupa pošto jeφ homomorfizam.
Teorema: Broj jednodi-menzionih ireducibilnihreprezentacija grupe Gjednaka je |G/[G]|, gde je[G] komutatorska podgrupa(komutant).
Sada imamo da je faktor grupa Sn/An komutativna grupa. Po-kazacemo da je komutatorska podgrupa (komutant) za Sn jednakaAn. Pošto je Sn/An komutativna, sledi da je komutant permutacionegrupe [Sn] podgrupa u An, odnosno [Sn] < An. Sada samo moramopokazati da je [Sn] = An da bismo pokazali da je broj jednodimenzio-nih ireducibilnih reprezentacija jednaka dva, jer je |Sn/An| = 2.
Da bismo pokazali da je [Sn] = An, primetimo da se svaki elementu An može izraziti kao kompozicija 3−ciklusa. Za razlicite i, j, k,(ijk) = (ij)(ik) ∈ An, tako da je svaki 3−ciklus sadržan u An. Sada,za svaki par disjunktnih transpozicija, τ1 = (ij), τ2 = (rs) je njihovakompozicija
τ1τ2 = (ij)(rs) = (ij)(ir)(ri)(rs) = (jir)(irs),
što je kompozicija 3−ciklusa. Odavde sledi da je An generisana3−ciklusima. Sada možemo pokazati da je i [Sn] generisana troci-klusima. Za proizvoljno π, σ ∈ Sn, [π, σ] = πσπ−1σ−1. Pošto jesgn(π) = sgn(π−1), i sgn(σ) = sgn(σ−1), sledi da je sign(πσπ−1σ−1) =
1, odnosno [π, σ] je parna permutacija, pa je generisana trociklusima.Pošto su i [Sn] i An generisani trociklusima, sledi da su ove grupeiste.
Pokazali smo da je [Sn] = An, pa je |Sn/[Sn]| = 2. Odavde sledi dau permutacionoj grupi ima tacno dve jednodimenzione ireducibilnereprezentacije.
109
Definicija: Neka su D(µ)(G)
i D(ν)(G) ireducibilnereprezentacije grupe G,definisane u prostorimaH(µ) i H(ν). Direktni pro-izvod D(µ)(G) ⊗ D(ν)
u prostoru H(µ) ⊗ H(ν)
sa nekorelisanim bazisom{|µm, νn〉 = |µm〉 ⊗ |νn〉}nije nužno u razloženomobliku. Metodom grupnihoperatora je moguce nacistandardni bazis {|λ, tλ, l〉}istog prostora tako da jedirektni prozivod reprezen-tacija u razloženom obliku.Koeficijente prelaska bazisa〈λ, tλ, l|µm, νn〉 se nazivajuKlebš-Gordan-ovi koeficijenti.
Definicija: Razlaganjedirektnog proizvoda dveireducibilne reprezentacijenaziva se Klebš-Gordan-ovaserija,
D(µ)(G)⊗D(ν) =⊕
λ
aµνλ D(λ)(G).
Frekvencije aµνλ se mogu
izracunati iz primitivnihkaraktera,
aµνλ =
1|G| ∑
g∈Gχ(µ)(g)χ(ν)(g)χ(λ)∗(g).
Odrediti Klebš-Gordan-ove koeficijente za grupu C4v.
Zadatak 51
Klebš-Gordan-ovi koeficijenti se odredjuju za direktne proizvodeireducibilnih reprezentacija koje su reducibilne. Direktne proizvodejednodimenzionih ireducibilnih reprezentacija su takodje jednodi-menzione, pa su automatski ireducibilne. Zato, za njih ne postojeKlebš-Gordan-ove koeficijente. Takodje, primecujemo da za C4v bilokoja jednodimenziona ireducibilna reprezentacija, kada se pomnožisa E1,−1, dobijena reprezentacija ima iste karaktere kao E1,−1, pa sui ove dobijene reprezentacije ireducibilne. Samo preostaje da razmo-trimo direktni proizvod E1,−1 ⊗ E1,−1.
Prvo cemo, na osnovu tablice karaktera, odrediti Klebš-Gordan-ovu seriju.
C4v e C4 C24 C3
4 σv σvC4 σvC24 σvC3
4
A0 1 1 1 1 1 1 1 1B0 1 1 1 1 −1 −1 −1 −1A2 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1B2 1 −1 1 −1 −1 1 −1 1
χ(E1,−1) 2 0 −2 0 0 0 0 0
χ(E1,−1 ⊗ E1,−1) 4 0 4 0 0 0 0 0
Sada možemo odrediti frekvencije aµνλ .
110
aE1,−1,E1,−1A0
=18(2 · 2 · 1 + 0 + (−2) · (−2) · 1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0)
=18(4 + 4) = 1
aE1,−1,E1,−1B0
=18(2 · 2 · 1 + 0 + (−2) · (−2) · 1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0)
=18(8) = 1
aE1,−1,E1,−1A2
=18(2 · 2 · 1 + 0 + (−2) · (−2) · 1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0)
=18(8) = 1
aE1,−1,E1,−1B2
=18(2 · 2 · 1 + 0 + (−2) · (−2) · 1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0)
=18(8) = 1
aE1,−1,E1,−1E1,−1
=18(2 · 2 · 2 + 0 + (−2) · (−2) · (−2) + 0 + 0 + 0 + 0 + 0)
=18(8− 8) = 0
Odakle vidimo da je razlaganje, odnosno Klebš-Gordan-ova serija
E1,−1 ⊗ E1,−1 = A0 ⊕ B0 ⊕ A2 ⊕ B2.
Sledeci korak jeste da odredimo SAB za reprezentaciju E1,−1 ⊗ E1,−1.Da bismo to uradili, trebaju nam grupne projektore za ireducibilnereprezentacije A0, B0, A2, i B2. Da bismo konstruisali projektore, tre-baju nam operatore reprezentacije E1,−1 ⊗ E1,−1. Radi jednostavnosti,uvešcemo skracenicu
E1,−1 ⊗ E1,−1def= E⊗2
1,−1.
Za celu ireducibilnu reprezentaciju E1,−1, pogledati tabelu iz zadatka36.
111
E⊗21,−1(e) =
[1
1
]⊗[
11
]=
1
11
1
E⊗21,−1(C4) =
[i−i
]⊗[
i−i
]=
−1
11−1
E⊗21,−1(C
24) =
[−1
−1
]⊗[−1
−1
]=
1
11
1
E⊗21,−1(C
34) =
[−i
i
]⊗[−i
i
]=
−1
11−1
E⊗21,−1(σv) =
[1
1
]⊗[
11
]=
1
11
1
E⊗21,−1(σvC4) =
[−i
i
]⊗[−i
i
]=
−1
11
−1
E⊗21,−1(σvC2
4) =
[−1
−1
]⊗[
−1−1
]=
1
11
1
E⊗21,−1(σvC3
4) =
[i
−i
]⊗[
i−i
]=
−1
11
−1
Na osnovu ovih operatora možemo izgraditi projektore.
112
PA011 (E⊗2
1,−1) =18
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11
−1
+
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11
−1
=18
0 0 0 00 4 4 00 4 4 00 0 0 0
=1√2
0110
⊗ 1√2
[0 1 1 0
]
Odavde vidimo da je vektor SAB-a za A0
|A0, 1, 1〉 = 1√2
0110
.
113
PB011 (E⊗2
1,−1) =18
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11−1
+
(−1) ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11
−1
+
(−1) ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11
−1
=18
0 0 0 00 4 −4 00 −4 4 00 0 0 0
=1√2
01−10
⊗ 1√2
[0 1 −1 0
]
Odavde vidimo da je vektor SAB-a za B0
|B0, 1, 1〉 = 1√2
01−10
.
114
PA211 (E⊗2
1,−1) =18
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11
−1
+
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11
−1
=18
4 0 0 40 0 0 00 0 0 04 0 0 4
=1√2
1001
⊗ 1√2
[1 0 0 1
]
Odavde vidimo da je vektor SAB-a za A2
|A2, 1, 1〉 = 1√2
1001
.
115
PB211 (E⊗2
1,−1) =18
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11−1
+
1 ·
1
11
1
+ (−1) ·
−1
11−1
+
(−1) ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11
−1
+
(−1) ·
1
11
1
+ 1 ·
−1
11
−1
=18
4 0 0 0− 40 0 0 00 0 0 0−4 0 0 4
=1√2
100−1
⊗ 1√2
[1 0 0 −1
]
Odavde vidimo da je vektor SAB-a za B2
|B2, 1, 1〉 = 1√2
100−1
.
Našli smo sve vektore SAB-a. Sada nam treba nekorelisani bazis.Prostor reprezentacije E1,−1 je dvodimenzioni, i ima bazis{[
10
],
[01
]}.
Nekorelisani bazis je onda skup vektora koji se dobija svim mogucimdirektnim proizvodima ovih vektora, odnoso|1〉
def=
[10
]⊗[
10
]=
1000
, |2〉 def=
[10
]⊗[
01
]=
0100
, |3〉 def=
[01
]⊗[
10
]=
0010
, |4〉 def=
[01
]⊗[
01
]=
0001
.
116
Sada treba uzeti skalarni proizvod izmedju vektore SAB-a, i vek-tore nekorelisanog bazisa. Dobijene brojeve su Klebš-Gordan-ovekoeficijente.
〈A0, 1, 1|1〉 = 0, 〈A0, 1, 1|2〉 = 1√2
〈A0, 1, 1|3〉 = 1√2
, 〈A0, 1, 1|4〉 = 0
〈B0, 1, 1|1〉 = 0, 〈B0, 1, 1|2〉 = 1√2
〈B0, 1, 1|3〉 = − 1√2
, 〈B0, 1, 1|4〉 = 0
〈A2, 1, 1|1〉 = 1√2
, 〈A2, 1, 1|2〉 = 0
〈A2, 1, 1|3〉 = 0, 〈A2, 1, 1|4〉 = 1√2
〈B2, 1, 1|1〉 = 1√2
, 〈B2, 1, 1|2〉 = 0
〈B2, 1, 1|3〉 = 0, 〈B2, 1, 1|4〉 = − 1√2
Definicija: Sužena reprezenta-cija reprezentacije grupe Gna podgrupu K, D(G) ↓ H,je restrikcija reprezentacijeD(G) na njenu podgrupu K(odnosno, u reprezentacijiD(G) se samo gledaju ele-mente koje se nalaze u K).Ako grupa G ima ireduci-bilne reprezentacije D(µ)(G),a podgrupa ima ireducibilnereprezentacije ∆(ν)(K),razlaganje restrikcije jedneireducibilne reprezentacijegrupe G na podgrupu K,D(µ)(G) ↓ K, daje relacijekompatibilnosti, ili subdukciju,
D(µ)(G) ↓ H =⊕
ν
aµν ∆(ν)(K).
Koeficijenti aµν se nalaze na
osnovu karaktera, kao i pre.
Razmotrimo molekul sa grupom simetrije C4v. Da li po-stoji narušenje simetrije kada se Hamiltonijan perturbujesa sledecim poljima?
(a) ~E = E~ex
(b) ~E = E~ez
(c) ~B = B~ez
Ako postoji, naci subdukciju grupe C4v na novu grupusimetrije.
Zadatak 52
Kada perturbativno posmatramo neki sistem, ukupan Hamiltoni-jan pišemo na sledeci nacin,
H = H0 + H′,
preko neperturbovanog Hamiltonijana H0, i (male) perturbacije H′.Neperturbovani Hamiltonijan opisuje sistem u odsustvu perturbacije,i u tom slucaju sistem ima grupu simetrije G. Ako perturbacioniHamiltonijan ima grupu simetriju koja je manja od G, odnosno ako je
117
grupa simetrije perturbacije, K, podgrupa grupe G, odnosno K < G,onda pri ”ukljucivanje” perturbacije, docice do narušenja simetrije. Lema: Ako je G grupa
simetrije sistema koji jeopisan Hamiltonijanom H,onda reprezentacije grupeG, D(G) komutiraju sa Ha-miltonijanom, [H, D(g)] = 0.Odnosno, Hamiltonijan ireprezentacija imaju zajed-nicke svojstvene invarijantnepotprostore.
Pitamo se kakva je veza izmedju ireducibilnih reprezentacija grupeG i K, odnosno na koje ireducibilne reprezentacije od K, ∆(ν)(K) serazlažu ireducibilne reprezentacije od G, D(µ)(G), kada napravimorestrikciju grupe G na podgrupu K. Napraviti restrikciju grupe Gna podgrupu K znaci da posmatramo samo deo tablice karakteraza grupu G, i samo taj deo koji odgovara elementima podgrupe K.Ovakav pristup se zove subdukcija, ili nalaženja relacija kompatibilnosti,i simbolcki se predstavlja kao
D(µ)(G) =⊕
ν
aµν ∆(ν)(K).
Ako se nalazi restrikcija i razlaganje proizvoljne reprezentacije grupeG, onda se to zove sužena reprezentacija. Subdukcija je znacajna, jergovori o prirodi procesa koja dovode do, ili poticu od narušenjasimetrije.
U ovom zadatku imamo molekul sa grupom simetrije C4v, odno-sno grupa simetrije neperturbovanog Hamiltonijana H0 je G = C4v.Nažadatak jeste da odredimo koje su grupe simetrije datih pertur-bacija, pa da vidimo da li je ta grupa neka (netrivijalna) podgrupaod C4v. Ako jeste, onda znamo da može doci do narušenja simetrija.Tada, treba napraviti restrikciju C4v na grupu simetrije perturbacije, itražiti koeficijente aµ
ν .
(a) Elektricno polje duž x−ose ne može da se zarotira oko z−ose ida ostaje isti, tako da podgrupa C4 otpada. Postoji samo jednarefleksija koja ostavlja elektricno polje nepromenjeno, i to je σv,odnosno refleksija koja reflektuje preko xz ravni. To znaci da jegrupa simetrije ove perturbacije C2 = {e, σv}. Da bismo našli sub-dukciju na C2, trebace nam restrikcija ireducibilnih reprezentacijaC4v na e i σv, i trebace nam ireducibilne reprezentacije za C2.
C4v e σv
A0 1 1B0 1 −1A2 1 1B2 1 −1
E1,−1
[1
1
] [1
1
]χ(E1,−1) 2 0
Tabela 12: Ireducibilne reprezentacije zarestrikciju C4v na C2 = {e, σv}.
Sada, tražimo subdukciju ireducibilnih reprezentacija iz (re-strikcije) C4v na ireducibilne reprezentacije od C2. Vidi se da su
118
C2 e σv
A0 1 1B0 1 −1
Tabela 13: Ireducibilne reprezentacije zaC2.
restrikcije A0(C4v) i A2(C4v) na C2 = {e, σv} iste kao A0(C2), pamožemo zakljuciti da su
A0(C4v) ↓ C2 = A0(C2),
A2(C4v) ↓ C2 = A0(C2).
Slicno, primecujemo da su restrikcije B0(C4v) i B2(C4v) na C2 =
{e, σv} iste kao B0(C2), pa možemo zakljuciti da su
B0(C4v) ↓ C2 = B0(C2),
B2(C4v) ↓ C2 = B0(C2).
Za E1,−1(C2), da bismo mogli da dobijemo karakter χ(E1,−1(C4v)) =
(2, 0) (nakon restrikcije na C2 = {e, σv}) iz ireducibilnih reprezen-tacija za C2, morali bismo da sabiramo karaktere iz A0(C2) i izB0(C2). Iz toga sledi da je
E1,−1(C4v) ↓ C2 = A0(C2)⊕ B0(C2).
Sve ovo smo mogli da zakljucimo tako što formalno uzmemoskalarni proizvod izmedju karaktera, (χC4v(µ), χC2(ν)) = aµ
ν , alije cesto moguce ocitati rezultate sa tablica.
(b) Elektricno polje duž z−ose je polaran vektor. Setimo se zadatka35, gde smo videli da u polarno vektorskoj reprezentaciji zaC4v, polarni vektor duž z−ose ostaje invarijantan pri svakojtransformaciji. To znaci da je grupa simetrije ove perturbacije C4v,i nema narušenja simetrije, pošto je grupa simetrije perturbacijeista kao grupa simetrije neperturbovanog Hamiltonijana.
(c) Magnetno polje duž z−ose je aksijalni vektor. Setimo se iz za-datka 35 da aksijalni vektor duž z− ose je ostao nepromenjensamo pri rotacijama iz C4v. To znaci da je grupa simetirje oveperturbacije podgrupa C4. Doci ce do narušenja simetrije, i trebasada odrediti subdukciju. Prvo nam trebaju ireducibilne repre-zentacije za restrikciju C4v na C4, i trebaju nam ireducibilnereprezentacije za C4.
Vidimo da su restrikcije A0(C4v) i B0(C4v) na C4 iste kao A0(C4).Iz toga su
A0(C4v) ↓ C4 = A0(C4),
B0(C4v) ↓ C4 = A0(C4).
119
C4v e C4 C24 C3
4
A0 1 1 1 1B0 1 1 1 1A2 1 −1 1 −1B2 1 −1 1 −1
E1,−1
[1
1
] [i−i
] [−1
−1
] [−i
i
]χ(E1,−1) 2 0 −2 0
Tabela 14: Ireducibilne reprezentacije zarestrikciju C4v na C4.
C4v e C4 C24 C3
4
A0 1 1 1 1A1 1 i −1 −i
A−1 1 −i −1 iA2 1 −1 1 −1
Tabela 15: Ireducibilne reprezentacije zaC4.
Takodje vidimo da su restrickije A2(C4v) i B2(C4v) na C4 iste kaoA2(C4), što znaci da važi
A2(C4v) ↓ C4 = A2(C4),
B2(C4v) ↓ C4 = A2(C4).
Za restrikciju ireducibilne reprezentacije E1,−1(C4v) na C4, vi-dimo da bismo morali da dodamo karaktere iz A1(C4) i A−1(C4).Iz toga,
E1,−1(C4v) ↓ C4 = A1 ⊕ A−1.
120
K4 se može napisati preko sledeceg direktnog proizvoda
K4 = C2 ×C2.
Važi relacija izmedju ireducibilnih reprezentacija
D(µ,ν)(K4) = D(µ)(C2)⊗ D(ν)(C2).
Zašto ovo važi?
Zadatak 53
Tr(A⊗ B) = Tr(B⊗ A) = Tr(A) · Tr(B).
Lema: Iz relacije ortogonal-nosti se dolazi do kriterijumaireducibilnosti:
(χ(G), χ(G)) =p
∑µ=1
a2µ
=1|G| ∑
g∈Gχ∗(g)χ(g)
= 1.
Odredili smo ireducibilne reprezentacije za K4 iz ireducibilnih re-prezentacija C2 u zadatku 34. Na još jedan nacin možemo obrazložitizašto važi direktan proizvod ireducibilnih reprezentacija. Neka jeg ∈ K4. Možemo napisati g = hk, gde je h iz jedne od C2 podgrupe(obeležicemo kao C(1)
2 ), i k je iz druge od C2 podgrupe (obeležicemo
kao C(2)2 ). Iz osobina karaktera (odnosno iz osobina traga), tada bi
važiloχ(µν)(g) = χ(µ)(h)χ(ν)(k).
Sada, možemo pokazati da su D(µ,ν)(K4) zaista ireducibilne reprezen-tacije, koristeci cinjenicu da su D(µ)(C2) i D(ν)(C2) ireducibilne.
(χ(µ,ν)(G), χ(µ,ν)(G)) =1|G| ∑
g∈Gχ(µ,ν)∗(g)χ(µ,ν)(g)
=1
|C(1)2 ||C
(2)2 |
∑h∈C(1)
2 ,k∈C(2)2
χ(µ)∗(h)χ(ν)∗(k)χ(µ)(h)χ(ν)(k)
=1
|C(1)2 |
∑h∈C(1)
2
χ(µ)∗(h)χ(µ)(h) · 1
|C(2)2 |
∑k∈C(2)
2 |
χ(ν)∗(k)χ(ν)(k)
= 1 · 1 = 1.
121
Definicija: Neka je H pod-grupa indeksa m grupeG, ∆(H) reprezentacijapodgrupe dimenzije n, i{e = t1, t2, ...tm} transverzala(skup predstavnika kosetapodgrupe H). Indukovanareprezentacija grupe G izreprezentacije podgrupe,D(G) = ∆(H) ↑ G, je skupblok-matrica {D(g)|g ∈ G}m × m blokova, gde se svakin × n blok sastoji iz subma-trice Dpq(g) (p, q = 1, 2, .., m)dimenzije n takvih da je
Dpq(g) def= ∆(H)δ(t−1
p gtq, h), h ∈ H,
odnosno matrice D(g) semogu napisti u sledecemobliku:
D(g) =m
∑p,q=1
∑h∈H
δ(t−1p gtq, h)Ep
q ⊗ ∆(h),
gde je
(Epq )ij = δpiδqj
m-dimenziona matrica.
Naci ireducibilne reprezentacije grupe C3v metodom in-dukcije sa invarijantne podgrupe indeksa 2.
Zadatak 54
Indukcija je znacajan metod za konstrukciju ireducibilnih repre-zentacija grupe iz poznatih ireducibilnih reprezentacija podgrupa. Sadesne strane je opšti iskaz kako se konstruišu reprezentacije grupeiz podgrupe. Postupak indukcije je znatno pojednostavljen u slu-caju invarijantne podgrupe, pogotovu kada je indeks podgrupe dva.U slucaju invarijantne podgrupe indeksa dva, postupak indukcijezahteva da se odrede orbite i male grupe ireducibilnih reprezenta-cija pri g-konjugaciji, i na osnovu toga da li su orbite jednoclane ilidvoclane, matrice indukovane reprezentacije imaju jednostavan oblik.
U slucaju grupe C3v = {e, C3, C23 , σv, σvC3, σvC2
3}, invarijantna pod-grupa indeksa dva je grupa C3 = {e, C3, C2
3}. Pocetna pretpostavkapostupka indukcije jeste da su nam poznate ireducibilne reprezenta-cije za podgrupu. Tablica karaktera za C3 je data.
C3 e C3 C23
A0 1 1 1A1 1 ε ε∗
A−1 1 ε∗ ε
Tabela 16: Tablica karaktera za grupu
C3. Ovde je ε = ei 2π3 .
Definicija: Neka je H / G,i ∆(H) reprezentacije in-varijantne podgrupe H.g-konjugovana reprezentacija jedefinisana na sledeci nacin:
∆g(H) = {∆g(h)def= ∆(g−1hg)|h ∈ H}.
Definicija: Orbita iredu-cibilne reprezentacije∆(µ)(H) pri g-konjugaciji,O(µ), je skup ireducibilnihreprezentacija koja je ekvi-valentna onoj dobijenojg-konjugacijom. Odnosno,
O(µ) = {∆(ν)(H)|∆(ν)(H) ∼ ∆(µ)g (H)}.
Definicija: Stabilizator iredu-cibilne reprzentacije ∆(µ)(H)
pri g-konjugaciji, L(µ), jeskup elemenata g ∈ G zakoji je dobijena reprezntacijag-konjugacijom ekvivalentnapocetnoj. Odnosno,
L(µ) = {g ∈ G|∆(µ)g (H) ∼ ∆(µ)(H)}.
Treba sada odrediti orbite i stabilizatore za ove ireducibilne repre-zentacije, pri g-konjugaciji. To uradimo tako što izracunamo za sveh ∈ H, sve moguce g-konjugovane reprezentacije za g ∈ G. Pocinjemood ireducibilne reprezentacije A0.
∆(A0)g (e) = ∆(A0)(g−1eg) = ∆(A0)(e) = 1
Ovo je jednostavan slucaj, g-konjugovana reprezentacija za elemente je uvek ista pocetnoj. Ispitamo g-konjugovane reprezentacije zaelement h = C3.
∆(A0)g (C3) = ∆(A0)(g−1C3g)
Sada se pitamo, šta sve može biti g−1C3g za g ∈ C3v? Primetimoda je ovo isto kao da pitamo sa cime je C3 u istoj klasi konjugacijeza grupu G = C3v. Za grupu C3v, znamo da je {C3, C2
3} jedna klasa
122
konjugacije, tako da je
∆(A0)g (C3) =
∆(A0)(C3) = 1 g ∈ {e, C3, C23} = C3
∆(A0)(C23) = 1 g ∈ {σv, σvC3, σvC2
3} = σvC3.
Slicno, za h = C23 ,
∆(A0)g (C2
3) =
∆(A0)(C23) = 1 g ∈ {e, C3, C2
3} = C3
∆(A0)(C3) = 1 g ∈ {σv, σvC3, σvC23} = σvC3
.
Sada treba uporediti dobijene g-konjugovane reprezentacije, saA0. Ako izvucemo red iz tablice karaktera koja odgovara ireduci-bilnoj reprezentaciji A0, možemo reci da je ∆(A0)(C3) = {1, 1, 1}.Reprezentacije koje dobijemo g-konjugacijom su
∆(A0)g (C3) =
{1, 1, 1} = ∆(A0)(C3) g ∈ C3
{1, 1, 1} = ∆(A0)(C3) g ∈ σvC3.
U oba slucaja, reprezentacija dobijena g-konjugacijom je ekvivalentnapocetnoj. Odavde možemo zakljuciti orbitu i stabilizator za A0:
O(A0) = {A0}
L(A0) = C3v.
Sada prelazimo na ireducibilnu reprezentaciju A1, i ponavljamoisti postupak. Ponovo, za h = e,
∆(A1)g (e) = ∆(A1)(e) = 1.
Dalje, treba ispitati h = C3. Tada,
∆(A1)g (C3) =
∆(A1)(C3) = ε g ∈ C3
∆(A1)(C23) = ε∗ g ∈ σvC3.
Slicno, za h = C23 ,
∆(A1)g (C2
3) =
∆(A1)(C23) = ε∗ g ∈ C3
∆(A1)(C3) = ε g ∈ σvC3.
Ponovo, treba da uporedimo dobijene g-konjugovane reprezenta-cije sa pocetnom, ∆(A1)(C3) = {1, ε, ε∗}. Reprezentacije koje dobijemog-konjugacijom su
∆(A1)g (C3) =
{1, ε, ε∗} = ∆(A1)(C3) g ∈ C3
{1, ε∗, ε} = ∆(A−1)(C3) g ∈ σvC3.
123
Odavde vidimo da su orbita i stabilizator za A1
O(A1) = {A1, A−1}
L(A1) = C3.
Lema: Neka je G = H + sH,
odnosno H / G,|G||H| = 2.
Ako je ∆(µ)(H) ireducibilnareprezentacija podgrupekoja ima dvoclanu orbitu
O(µ) = {∆(µ)(H), ∆(µ)s (H)} i
ciji je stabilizator L(µ) = H,onda je indukovana ireduci-bilna reprezentacija grupe G,D(µ)(G) = ∆(µ)(H) ↑ G, jedata sledecim matricama:
D(µ)(h) =
[∆(µ)(h) 0
0 ∆(µ)s (h)
]
D(µ)(sh) =
[0 ∆(µ)(s2)∆(µ)
s (h)∆(µ)(h) 0
]
Lema: Neka je G = H + sH,∆(µ)(H) ireducibilna re-prezentacija invarijantnepodgrupe sa jednoclanomorbitom O(µ) = {∆(µ)(H)},ciji je stabilizator cela grupa,L(µ) = G, i neka je Zoperator takav da je
∀h ∈ H, ∆(µ)s (h) = Z−1∆(µ)(h)Z.
Tada postoji Z takavda je Z2 = ∆(µ)(s2), imatrice indukovane re-prezentacije grupe G,D(µ)(G) = ∆(µ)(H) ↑ G su
D(µ,±)(h) = ∆(µ)(h)
D(µ,±)(sh) = ±Z∆(µ)(h).
Slicno, sada, za ireducibilnu reprezentaciju A−1,
∆(A−1)g (e) = ∆(A−1)(e) = 1,
∆(A−1)g (C3) =
∆(A−1)(C3) = ε∗ g ∈ C3
∆(A−1)(C23) = ε g ∈ σvC3,
i
∆(A−1)g (C2
3) =
∆(A−1)(C23) = ε g ∈ C3
∆(A−1)(C3) = ε∗ g ∈ σvC3,
odakle sledi da su reprezentacije dobijene g-konjugacijom
∆(A−1)g (C3) =
{1, ε∗, ε} = ∆(A−1)(C3) g ∈ C3
{1, ε, ε∗} = ∆(A1)(C3) g ∈ σvC3.
Odavde vidimo da su orbita i stabilizator za A−1
O(A−1) = {A−1, A1}
L(A−1) = C3.
Našli smo sve orbite i stabilizatore za ireducibilne reprezenta-cije invarijantne podgrupe C3. Sledeci korak jeste da izgradimoireducibilne reprezentacije za grupu C3v. Na koji nacin izgradimoreprezentaciju zavisi od toga koje su orbite jednoclane, i koje sudvoclane.
Ireducibilna reprezentacija A0 ima jednoclanu orbitu, i stabiliza-tor joj je C3v. Pošto možemo napisati C3v = C3 + σvC3, i σ2
v = e,∆(A0)(σ2
v ) = 1 = Z2. Odavde sledi da je ±Z = ±1. Zato su induko-vane ireducibilne reprezentacije grupe C3v dobijene indukcijom sa
124
ireducibilne reprezentacije ∆(A0)(C3) sledece:
D(A0,+)(e) = ∆(A0)(e) = 1
D(A0,−)(e) = ∆(A0)(e) = 1
D(A0,+)(C3) = ∆(A0)(C3) = 1
D(A0,−)(C3) = ∆(A0)(C3) = 1
D(A0,+)(C23) = ∆(A0)(C2
3) = 1
D(A0,−)(C23) = ∆(A0)(C2
3) = 1
D(A0,+)(σv) = +1 · ∆(A0)(e) = 1
D(A0,−)(σv) = −1 · ∆(A0)(e) = −1
D(A0,+)(σvC3) = +1 · ∆(A0)(C3) = 1
D(A0,−)(σvC3) = −1 · ∆(A0)(C3) = −1
D(A0,+)(σvC23) = +1 · ∆(A0)(C2
3) = 1
D(A0,−)(σvC23) = −1 · ∆(A0)(C2
3) = −1.
Ireducibilna reprezentacija A1 ima dvoclanu orbitu i stabilizatorjoj je C3. Odavde sledi da su ireducibilne reprezentacije grupe C3v
dobijene indukcijom sa ireducibilne reprezentacije ∆(A1)(C3) sledece:
D(A1)(e) =
[1 00 1
], D(A1)(C3) =
[ε 00 ε∗
]
D(A1)(C23) =
[ε∗ 00 ε
], D(A1)(σv) =
[0 11 0
]
D(A1)(σvC3) =
[0 ε∗
ε 0
], D(A1)(σvC2
3) =
[0 ε
ε∗ 0
].
Ireducibilna reprezentacija A−1 ima dvoclanu orbitu i stabiliza-tor joj je C3. Odavde sledi da su ireducibilne reprezentacije grupeC3v dobijene indukcijom sa ireducibilne reprezentacije ∆(A−1)(C3)
sledece:
D(A−1)(e) =
[1 00 1
], D(A−1)(C3) =
[ε∗ 00 ε
]
D(A−1)(C23) =
[ε 00 ε∗
], D(A−1)(σv) =
[0 11 0
]
D(A−1)(σvC3) =
[0 ε∗
ε 0
], D(A−1)(σvC2
3) =
[0 ε
ε∗ 0
].
Našli smo sve ireducibilne reprezentacije grupe C3v. Složicemo ihu tablicu:
125
C3v e C3 C23 σv σvC3 σvC2
3
A0 ≡ A+0 1 1 1 1 1 1
B0 ≡ A−0 1 1 1 −1 −1 −1
E1,−1
[1
1
] [ε
ε∗
] [ε∗
ε
] [1
1
] [ε∗
ε
] [ε
ε∗
]
Tabela 17: Tablica karaktera za grupuC3v, dobijena indukcijom sa invari-jantne podgrupe indeksa dva, C3.
Odrediti ireducibilne reprezentacije grupe C4v metodom indukcijesa invarijantne podgrupe indeksa 2.
Samostalni Zadatak 19
126
Dodatni Zadaci iz Konacnih Grupa
Teorija Grupa
Pod prezentacijom grupe G podrazumeva se njeno zadavanje po-mocu generatora s1, s2, · · · i generatorskih relacija r1, r2, · · · kojeoni zadovoljavaju. Grupu koja je prezentovana bez generatorskih
Razlikovati pojam prezentacija grupeod reprezentacije grupe!
Definicija: Neka je G grupai S = {s1, s2, · · · } ⊂ G pod-skup elemenata grupe kojenazivamo generatorima. SaR = {r1, r2, · · · } oznacimoskup relacija me -du generato-rima. Kažemo da skupoviS, R cine prezentaciju grupeG = 〈S | R〉, ako:
• svaki element g ∈ Gmože biti predstavljenkao monom od genera-tora iz S,
• sve relacije (identiteti)me -du elementima grupeG su formalna posledicarelacija iz R.
relacija nazivamo slobodnom.
Neka su g i h transformacije za koje važi r1 : g3 = e, r2 : h5 =
e i r3 : gh = h4g. Pokazati da je grupa generisana sa g, h sanavedenim generatorskim relacijama, G = 〈g, h |r1, r2, r3 〉izomorfna sa C3.
Dodatni Zadatak 2
Relacije poput r3 su zamena za komutativni zakon i omogucavajunam da mešovite elemente tipa gihjgkhl · · · svedemo na elementeoblika gahb ili hagb.
"Komutiranjem"uz primenu prve dve relacije, dobijamo sledecujednakost,
h = g3h = g2h4g = gh16g2 = ghg2 = h4g3 = h4,
koja se, množenjem obe strane sa h−1 svodi na h3 = e. Zajedno sarelacijom h5 = e, dobijamo da je h = e. Jedini netrivijalni element je g,sa relacijom g3 = e, pa je generisana grupa izomorfna sa C3.
Odrediti bar dve razlicite prezentacije grupe D6.
Samostalni Zadatak 20
Koji su elementi grupe C12 njeni generatori.
Dodatni Zadatak 3
Svaki element grupe je prikazan kao stepen generatora g, pritomje neutralni element oznacen kao e = g0. Proizvod dva proizvoljnaelementa gkgl = gm, k + l = m, (mod 12).
Uzastopno dejstvo pojedinih elemenata (h 7→ h2 7→ h3 · · · ) naproizvoljni element grupe je prikazano grafom na slici 72.
Slika 72: Sukcesivno dejsvo elemenatah =g1,g2,g3,g5.
Dejstvu svakog elementa h = gm odgovara "putanjaša k temena,gde je k red elementa h. Vrednosti m i k su unete u tabelu:
127
m 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
k 1 12 6 4 3 12 2 12 3 4 6 12
Vidimo da su moguci generatori samo elementi reda 12, a to susvi gm za koje je m uzajamno prosto sa redom grupe |G| = n = 12.Njihov broj definiše Ojlerovu funkciju ϕ(n) i u našem slucaju jeϕ(12) = 4.
Da li za za Ojlerovu funkciju važimultiplikativno svojstvo: ϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n)?
Pokazati da kompozicije racionalnih funkcija f (x) = 1− x i
g(x) =1x
obrazuju grupu. Odredtiti joj red i napisati tablicumnoženja.
Dodatni Zadatak 4
Prvi nacin je tehnicki i nazvacemo ga algoritamskom pretragom iliprolazom stabla (algorithmic tree traversal). Stablo je graf bez ciklusa(zatvorene putanje) i svakom cvoru je pridružen nivo, koji u ovomslucaju odgovara stepenu monoma po generatorima f i g. Svakomelementu grupe, pridružen je jedan cvor grafa, odnosno rec od dvaslova - generatora f , g
x
f (x) g(x)
f (f (x)) g(f (x)) f (g(x)) g(g(x))
Slika 73: Deo stabla slobodne grupe sadva generatora.Polazeci od neutralnog elementa (bez slova), izracunavamo vred-
nosti slova - funkcija na svakom nivou sve dok se na nekom nivouelementi pocnu ponavljati, a kada je grupa konacna, to se mora dogo-diti. U suprotnom, radi se o tzv. slobodnoj grupi sa dva generatora,kao što je prikazano na slici 73. Rezulat dobijen nakon izracunavanjanivoa 2 je prikazan na slici 74, a nakon nivoa 3 na slici 75, ispod.
1- x
1
1- x x
1
x
x- 1
x
Slika 74: Stablo do niovoa 2.
1
1- x
1- x
x
x- 1
x
1
x
x- 1
x
Slika 75: Stablo do nivoa 3.
Ocigledno je da je nivo 3 konacan, jer se nakon njega ne javljajunovi elementi. Grupa je reda 6, nekomutativna i izomorfna sa C3v ∼=D3.
Drugi nacin je konceptualan i zasniva se na iterpretaciji generatorakroz dejstvo na neki specifican skup. Potrebno je odabrati elementenekog skupa na kojima generatori deluju kao bijektivna preslikavanja.Minimalan takav skup se dobija kao podskup proširene realne ose- realne ose kojoj je dodata tacka u beskonacnosti ∞. Graf dejstva jeprikazan na slici 76, sa koje je ocigledno da je on izomorfan grafudejstva generatora σv, σvC3 grupe C3v.
128
Slika 76: Dejstvo generatore σv i σvC3grupe C3v na podskupu proširenerealne ose.
Neka je ε = −12+ i√
32
. Pokazati da kompozicije funkcija F(z) =
εz i G(x) = z obrazuju grupu. Odredtiti joj red i napisati tablicumnoženja.
Samostalni Zadatak 21
Pokazati da kompozicije Paulijevih matrica {σj, j = 1, 2, 3} obra-zuju grupu. Sa kojom grupom je dobijena grupa izomorfna?
Samostalni Zadatak 22
Osnovni identiteti koje zadovoljavajuPaulijeve matrice: σiσj = δij I2 + iεijkσk ;σ2
i = −iσ1σ2σ3 = I2.
Pokazati da je svaka podgrupa ciklicne grupe i sama ciklicna.
Dodatni Zadatak 5
Neka je data grupa G generisana elementom a i neka je njen red|G| = nd, (tako da ima netrivijalnu podgrupu). Tada su elementi{e, an, a2n, · · · , a(d−1)n} razliciti i obrazuju grupu reda n generisanu saan koja je podgrupa od G.
Sa druge strane, ako je data podgrupa H od G, H = {e, a1, a2, · · · , ad−1},reda d koji deli red od G. Tada je, za svako i ai = ak za neko k i po-što svaki element od H deli |H|, važi ad
i = akd = 1. Prema tome,kd = |G|m = ndm za neko m, pa važi ai = anm, pa je svaki ai
stepen od an. Prema tome, H je podgrupa opisana u prethodnompasusu.
129
Dokazati da je proizvoljna podgrupa aditivne grupe celih brojevaZ oblika nZ za pogodno odabrano n ∈ N. Aditivna grupa nZ je,naravno, generisana sa n ∈ Z.
Samostalni Zadatak 23
Dokazati da ako su a i b uzajamno prosti celi brojevi, tada po-stoje x, y ∈ Z, tako da važi ax + by = 1.
Dodatni Zadatak 6
Neka je H < Z generisana sa a i b. Tada je, po definiciji generatorau aditivnoj notaciji, H = {ax + by | x, y ∈ Z}. Na osnvu rešenja Ovo je aditivni ekvivalent multiplikativ-
nog zapisa ax by.prethodnog zadatka, postoji prirodan broj n takav da je H = nZ.Sobzirom da grupa H sadrži elemente a i b, oba moraju biti deljiva san, me -dutim, pošto su a i b uzajamno prosti, n = 1. Prema tome, broj 1pripada H pa može biti predstavljen sa 1 = ax + by.
(a) Pokazati da važi Zn.= Z/nZ ∼= Cn.
(b) Zatim definisati binarnu operaciju na skupu cifara Gc f =
{0, 1, · · · , 9} tako da skup Gc f zajedno sa tom operaciomobrazuje grupu.
(c) Da li je moguce definisati nekomutativnu grupnu strukturuna Gc f .
Dodatni Zadatak 7
Neka je n ∈ N prirodan broj. Svaki ceo broj pri deljenju sa n imaostatak iz skupa {0, 1, · · · , n − 1}, pa se skup Z razbija na n klasaostataka po modulu n : {[0], [1], · · · , [n − 1]. Na skupu klasa jeoperacija sabiranja prirodno definisana jer ocigledno važi: [m] + [k] =[m + k], mod(n). U slucaju kada je n = 12 ovo sabiranje
je svima dobro poznato kao "sabiranjena satu".
Na jeziku teorije grupa istu cinjenicu možemo formulisati nasledeci nacin. Podgrupa nZ aditivne grupe celih brojeva je normalna(kao i svaka druga podgrupa Abelove grupe), pa je definisana faktorgrupa Z/nZ. Njen red je jednak broju klasa konjugacije - n, a kakosu obe grupe ciklicne i faktor grupa je ciklicna, pa se radi o grupiizomorfnoj sa Cn.
Faktor grupa Z10 nije ništa drugo do skup cifara Gc f = {0, 1, · · · , 9}na kojoj je definisana binarna operacija sabiranje po modulu 10.Njena tablica (sabiranja) je prikazana na margini desno.
Zn 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 91 1 2 3 4 5 6 7 8 9 02 2 3 4 5 6 7 8 9 0 13 3 4 5 6 7 8 9 0 1 24 4 5 6 7 8 9 0 1 2 35 5 6 7 8 9 0 1 2 3 46 6 7 8 9 0 1 2 3 4 57 7 8 9 0 1 2 3 4 5 68 8 9 0 1 2 3 4 5 6 79 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8
Dobijena grupa je je Abelova jer je izomorfna sa C10.
130
Me -dutim, postoje dve neizomorfne grupne strukture reda 10 :ciklicna C10 i diedarska D5 ∼= C5v. Potrebno je samo definisatibijektivno preslikavanje sa Gc f 7→ D5. To je moguce uraditi na10! nacina: bilo koja permutacija skupa cifara definiše bijektivnopreslikavanje na skup D5 = {e, C5, C2
5 , C35 , C4
5 , u, uC5, C25 , C3
5 , C45}. Za
preslikavanje sa skupa cifara u rastucem nizu, tablica množenja zaoperaciju, u ovom slucaju oznacenu sa ?, je prikazana na margini.
Z?n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 91 1 2 3 4 0 6 7 8 9 52 2 3 4 0 1 7 8 9 5 63 3 4 0 1 2 8 9 5 6 74 4 0 1 2 3 9 5 6 7 85 5 9 8 7 6 0 4 3 2 16 6 5 9 8 7 1 0 4 3 27 7 6 5 9 8 2 1 0 4 38 8 7 6 5 9 3 2 1 0 49 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
Sve ostale tablice množenja možemo dobiti kompozicijom permu-tacije sa operacijom ?.
Ova je ideja iskorišcena za konstrukciju Vrhofovovog (Verchoeff)algoritma za cekiranje cifara (check digit scheme) kod npr. barkodova.Ovaj algoritam omogucava da se pored greške u pojedinacnoj cifridetektuje i veoma cesta greška pri kopiranju brojeva - transpozicijadve susedne cifre. To je omoguceno nekomutativnošcu binarneoperacije.
Nemacka federalna banka (Bundesbank) je 1990. godina uvela u upo-trebu Vrhofov algoritam za kontrolu cifara. Algoritam koristi pre-slikavanje sa permutacijom σ = (0, 1, 5, 8, 9, 4, 2, 7)(3, 6). Identifi-kacioni broj je oblika
a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11,
pri cemu je a11 kontrolna cifra. Provera se sprovodi primenom for-mule: σ(a1) ? σ(a2) ? σ(a3) ? σ(a4) ? σ(a5) ? σ(a6) ? σ(a7) ? σ(a8) ?
σ(a9) ? σ(a10) ? a11 = 0. Kao dodatni zaštite se koristi i šifrovanjepojedinih cifara slovima. Kodna tablica je prikazana na margini sadesne strane. Za novcanicu sa slike 77 proveriti validnost rednogbroja.
Samostalni Zadatak 24
A D G K L N S U Y Z0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Slika 77: Novcanica od 10 DM. Da liprepoznajete grafik funkcije poredGausovog portreta?
131
Pronaci na internetu check-digit algoritam za Evro banknote. Pro-ceniti da li je taj algoritam mocniji ili slabiji od algoritma za nemackumarku.
Samostalni Zadatak 25
Da li nenulti elementi grupe Z6 obrazuju grupu u odnosu namnoženje po modulu 6, koju oznacavamo sa Z∗6 . Kakav je od-govor u slucaju grupe Z∗7? Kakav je odgovor u opt’em slucaju,za grupu Z∗n?
Dodatni Zadatak 8
Nakon (obaveznog!) eksperimenta sa n = 6 i n = 7, izvedimozakljucak u opštem slucaju. Razmotrimo skup svih brojeva (manjihod i) uzajamno prostih sa n i proverimo aksiome grupe u odnosu nanjihovo množnje po modulu n.
• Zatvorenost množenja: proizvod dva uzajamno prosta broja sa n je,tako -de uzajamno prost sa n.
• Asocijativnost: sledi iz asocijativnost obicnog množenja.
• Neutralni element: klasa [1] je uzajamno prosta sa m i igra uloguneutralnog elementa.
• Inverzni element: za svaki a, uzajamno prost sa n, mora postojatix uzajamno prost sa n, takav da važi ax = 1 (mod n). Drugimrecima, ax pri deljenju sa n daje ostatak 1, tj. mora postojati ceobroj y takav da važi ax + my = 1. Ovo je vec pokazano u dodatnomzadatku 6.
Red grupe Z∗n je jednak broju uzajamno prostih brojeva sa n datOjlerovom funkcijom ϕ(n).
Neka je a uzajamno prost sa m, tada je
aϕ(m) = 1 (mod m),
gde je sa ϕ(m) oznacena Ojlerova funkcija.
Dodatni Zadatak 9
U svakoj konacnoj grupi G, za svaki element g važi gm = e, gde jem = |G|. Zaista, ako je red elementa g jednak l, tada, na osnovuLagranževe teoreme, postoji k ∈ N, tako da važi m = kl, pa je
132
gm = (gk)l = el = e. Primenom ovog stava na grupu Z∗n, sleditvr -denje zadatka.
Dokazati "malu Fermaovu teoremu:"neka je p prost broj; tada važim,
ap−1 = 1 (mod p),
za svaki a koji nije deljiv sa p.
Samostalni Zadatak 26
Bar u ovom slucaju je Ferma bio upravu: za ovaj dokaz margina je zaistadovoljna!
Odrediti sve netrivijalne izomorfizme D3 7→ D3.
Samostalni Zadatak 27
Da li postoji homomorfizam a) D3 7→ C2, b) D3 7→ C3?
Samostalni Zadatak 28
Pokazati da je preslikavanjem
x(a, b, c, d) =a− cb− c
:a− db− d
definisan homomorfizam S4 7→ S3. Odrediti jezgro ovog ho-momorfizma.
Dodatni Zadatak 10
Homomorfizam je generisan preslikavanjem f : x 7→ fσ(x) zaσ ∈ S4 :
fσ(x) =σ(a)− σ(c)σ(b)− σ(c)
:σ(a)− σ(d)σ(b)− σ(d)
.
Lako je proveriti da važi uslov homomorfizma, fπσ(x) = fπ( fσ(x)).Ovde se radi o homomorfizmu grupa, pa je dovoljno proveriti nje-govo dejstvo na generatorima. Sve permutacije iz S4 moguce je gene-risati sa tri transpozicije (videti dodatni zadatak 13)τ1 = (a, b), τ2 =
(b, c), τ3 = (c, d). Ovim transpozicijama odgovaraju funkcije:
fτ1(x) = fτ3(x) =1x
, fτ2(x) = 1− x.
Na osnovu dodatnog zadatka 4 znamo da ove funkcije generišugrupu izomorfnu sa S3 ∼= C3v.
133
Jezgro ovog homomorfizma je invarijantna grupa K za koju važiS4/K ∼= S3. Red grupe K je 4, pa je pored identicne permutacijelako uvideti da sledece tri permutacije tako -de pripadaju kernelu:(a, b)(c, d), (a, c)(b, d), (a, d)(b, c). Grupa je neciklicna reda 4 i izo-morfna je Klajnovoj: K ∼= D2.
Pokazati da je grupu Sn moguce generisati samo transpozici-jama.
Dodatni Zadatak 11
Dovoljno je pokazati da je svaki ciklus moguce predstaviti kao pro-izvod transpozicija. Neka je ciklus dužine n, (1, 2, · · · , n). Njegaje moguce razložiti na proizvod transpozicija (i1, i2, · · · , in) = proveriti!
(i1, i2), (i1, i3), · · · , (i1, in). Na osnovu rešenja prethodnog zadatka,moguce je, konjugacijom dobiti još rešenja, jer proizvoljnu transpozi-ciju (i, j) možemo dobiti kojugacijom (i, j) = (1, i)(1, j)(1, i). Prematome, ciklus (i1, i2, · · · , in) je moguce razložiti i na sledeci nacin(i1, i2, · · · , in) = (i1, i2), (i2, i3), · · · , (in−1, in).
Da li je grupu Sn moguce generisati sa samo dva elementa?
Dodatni Zadatak 12
Jeste. Ideja je ponovo u upotrebi konjugacije. Kompozicijom permu-tacija π = (1, 2) i τ = (1, 2, 3, · · · , n) je moguce dobiti proizvoljnupermutaciju. Dovoljno je primetiti da važi τ jπτ−j = (j + 1, j + 2).
Odrediti uslov na osnovu kojeg je moguce odrediti da li
(a) dati skup transpozicija generiše grupu Sn,
(b) dati skup transpozicija jednoznacno generiše grupu Sn,
tj. tako da je svaku permutaciju iz grupe Sn je moguce jedno-znacno predstaviti kompozicijom transpozicija iz generatorskogskupa.
Dodatni Zadatak 13
Predstavimo transpozicije grafom (Polijin graf): elemente koje trans-ponujemo spajamo granom grafa. Razmotrimo tri tipa Polijinog grafaprikazana na slici 78.
Prva, za nas relevantna osobina je povezanost grafa, tj. da li susvaka dva cvora grafa povezana putanjom (niz susednih grana).
134
Slika 78: Tri primera Polijinog grafa: Γ1je povezan sa ciklusom, Γ2 je stablo, Γ3je nepovezan.
Grafovi Γ1 i Γ2 jesu, a Γ3 nije. Ako Polijin graf nije povezan, tadane postoji transpozicija koja permutuje bilo koji element iz jednekomponente sa elementima iz druge, pa takav skup transpozicija nemože biti generišuci. Druga relevantna osobina je prisustvo ciklusa(niza susednih grana koje obrazuju zatvorenu putanju). Ako je ciklusprisutan, tada je permutacije datog skupa moguce predstaviti na višeod jednog nacina.
Na primer, u slucaju najprostijeg ciklusa sa tri cvora, nejednoznac-nost je posledica jednakosti (1, 2)(2, 3) = (1, 3)(1, 2).
Dakle, da bi skup transpozicija bio generišuc (analogno sa obra-zujuc iz linearne algebre) Polijin graf mora biti povezan, a da bi biojednoznacan (analogno sa linearno nezavisan iz linearne algebre), nesme da sadrži cikluse. Povezan graf bez ciklusa nazivamo stablo (tree)(analogno pojmu bazisa).
Primer dva bazisna skupa je prikazan na slici 79. Oba grafa sustabla, ali su razlicitog tipa: linija je stablo kod kojeg su dva cvorasusedni sa jednom granom, a ostali sa dve, dok je zvezda stablo kodkojeg postoji cvor koji je susedan sa svim granama.
Slika 79: Polijini grafovi linija i zvezda.
Uverite se da je permutacija (1, 2)(2, 3) · · · (n − 1, n), generisanatranspozicijama linije, jednaka permutaciji (1, n)(1, n − 1) · · · (1, 2),generisana transpozicijama zvezde.
Definicija: Uvek postoji nedoumica oko redosleda proizvoda(kompozicije) permutacija. Na primer, da li permutaciju iz-racunavati u redosledu
(1, 2)︸ ︷︷ ︸3
(2, 3)︸ ︷︷ ︸2
(3, 4)︸ ︷︷ ︸1
, koji je prirodan ako pojedine transpozi-
cije tretiramo kao operatore koji deluju na neko x, ili u redo-sledu
(1, 2)︸ ︷︷ ︸1
(2, 3)︸ ︷︷ ︸2
(3, 4)︸ ︷︷ ︸3
, koji bi bio prirodan ako transpozicije tre-
tiramo kao obicne brojeve? To je stvar konvencije i obe su uprimeni (ali NE ISTOVREMENO). Sama konvencija za kom-
135
pozicije zavisi od konvencije koja definiše tip dejstva permu-tacione grupe na elemente nekog skupa X. Elementi uvek imajuneku oznaku pa je permutaciju elemenata moguce sprovestizamenom samih elemenata (tj. njohovog mesta) ili zamenomnjihovih naziva. Prvu konvenciju nazivamo alibi, a drugu alias.
Jednu te istu permutaciju, npr.
(a b cb c a
)u alibi interpre-
taciji tumacimo kao "a se slika u b, b u c ...", a u alias kao "prvipo redu ide na trece mesto, drugi na prvo itd ...", pa ko slovaoznacimo brojevima, dobijamo dva razlicita zapisa: u prvomslucaju (1, 2, 3), a u drugom (1, 3, 2). Promena konvencije odelovanju mora da prati promena konvencije za kompoziciju.
Konvencija o komponovanju elemenata je opšte mesto uteoriji grupa u ona je prisutna i kod drugih tipova simetrije.Kod geometrijskih, na primer, imamo dobro poznatu pasivnui aktivnu interpretaciju. Kod aktivne, element (recimo rotacija)deluje na sam geometrijski objekat,a kod pasivne na koordi-natni sistem (ovde koordinate odgovaraju nazivu objekta).
U ovoj zbirci se koristi konvencija o množenju elemenatakao brojeva, tj. sleva na desno.
Slagalice sa kliznim blikovima (sliding block puzzle) su krajem19. veka bile u velikoj modi. Tokom 1880. godine slagalica po-znata kao "15-tica"je izazvala prvu planetarnu "puzzle craze".Tokom te decenije više pojedinca, a izme -du ostali i poznati Ame-ricki kreator slagalica Sem Lojd, je ponudilo znacajne novcanesume za njeno rešenje. Sama slagalica je prikazana na slici 80
u svojoj konacnoj (rešenoj) poziciji. U pocetnoj poziciji, plocicesa brojevima 14 i 15 su zamenjene. Zadatak je, koristeci samolegalne poteze, tj. bez va -denja plocica iz rama, preci iz pocetneu konacnu poziciju. Obrazloižiti zašto niko nikada nije dobionovac za njeno rešenje.
Dodatni Zadatak 14
Slicnu groznicu je izazvala tacno 100
godina kasnije još cuvenija Rubikovakocka. U konkureciji je još samo slaga-lica koja je i dalje veoma popularna -sudoku.
Slika 80: Slagalica "15-ica".
Hint: razmotriti slagalicu na crno-belo obojenoj tabli i odrediti kriteri-jum parnosti permutacije (poteza) na njoj.
Simetrija problema je definisana grupom G i dejstvom grupe naneki skup X. Pod dejstvom grupe podrazumevamo interpretacijugrupnih elemenata g ∈ G kao preslikavanja g : X 7→ X, pri cemuje rezultat dejstva elementa g na tacku x zapisuje prosto kao gx.Razlikujemo desno x 7→ gx i levo dejstavo x 7→ xg, jer je kompozicijadva elementa u prvom slucaju g1g2, a u drugom g2g1. Naravno skup
136
X može biti sama grupa G, pa je tada definisano dejsvo grupe nasamu sebe; tada razlikujemo tri dejstva: desno g : h 7→ gh, levog : h 7→ hg i simetricno (konjugacija) g : h 7→ g−1hg.
Mala grupa (stabilizator) tavke x ∈ X je definisana kao skupSt(x) = {g| g ∈ G, gx = x}. Lako je pokazati da je mala grupapodgrupa grupe G. Orbita iste tavke x ∈ X je definisana kao skupO(x) = {y| y ∈ X, ∃g ∈ G, gx = y}. Ukupan broj orbita oznacavamosa |O|, a broj tacaka x ∈ X koje element g ∈ G fiksira sa N(g). Dejstvoje:
• tranzitivno, ako: (∀x ∈ X), O(x) = X;
• slobodno, ako:⋃
x∈XSt(x) = {e};
• efektivno, ako:⋂
x∈XSt(x) = {e}.
Drugim recima, dejstvo je tranzitivno ako bilo koju tacku x ∈ Xmožemo preslikati u proizvoljnu tacku y ∈ X dejstvom odgovara-juceg elementa. Dejstvo je slobodno ako nijedna taka x ∈ X nemanetrivijalnu malu grupu, a efektivno, ako osim jedinicnog, ne postojielement g ∈ G, g 6= e koji fiksira sve tacke iz X.
Važno je napomenuti da je dejsvo grupe nezavisno na svakoj orbiti,tj. moguce je posmatrati dejsvo grupe na bilo kojoj drugoj orbiti kaopotpuno novo dejsvo iste grupe na drugom skupu.
Pokazati da važi uopštenje Lagranževe teoreme,
(∀x ∈ X) |St(x)| · |O(x)| = |G|,
tj. da je proizvod reda male grupe i orbite jednak redu grupe.
Dodatni Zadatak 15
Ukoliko grupa deluje na samu sebe,stav se svodi na Lagranževu teoremu.
Dokaz je isti kao i u slucaju Lagraževe teoreme. Za tacku x ∈ X,mala grupa St(x) je podgrupa od G, pa se ona može razlociti na uniju
137
koseta:G = St(x)
⋃g1St(x)
⋃· · ·
⋃gkSt(x).
Dejstvo svakog koseta generiše po jednu orbitu. Koseti su disjunktni(zašto?), pa je ukupan broj elemenata grupe |G| = |St(x)||O(x)|.
Na koliko je ražlicitih nacina moguce obojiti disk izdeljen nap kriški, (p je prost broj) sa n boja? Dva bojenja se smatraju zaista ako je jedno mogce prevesti u drugo rotacijom diska.
Dodatni Zadatak 16
Grupa simetrije diska je Cp i ona deluje na skup svih obojenih kon-figuracija, kojih ima np. Dakle, |X| = np, a |G| = p. Primenomouštene Lagranževe teoreme imamo da za svaki x ∈ X, |O(x)| delip, a kako je p prost, jedine mogucnosti su |O(x)| = 1, p. Ako je|O(x)| = 1, ocigledno se radi o homogenoj (jednobojnoj) konfiguracijii njih ima ukupno n, tj. onoliko koliko ima razlicitih boja. Preostalekonfiguracije, njih np − n se razlažu na orbite reda p, pa je ukupan
broj konfiguracijanp − n
p− n. Primetimo da iz analize sledi da p deli
np − n, pa dobijamo novi dokaz male Fermaove teoreme (videdtisamostalni zadatak 26).
Pokazati da važi tzv. Brnsajdova formula,
|O| = 1|G| ∑
g∈GN(g),
na osnovu koje je ukupan broj orbita jednak broju fiksih tacaka"usrednjenom"po grupi. N(g) je broj fiksnih tacaka pri dejstvuelementa g.
Dodatni Zadatak 17
Razmotrimo cemu je jednaka suma ∑g∈G
N(g) na orbiti Oj. Za element
x ∈ Oj vrednost sume je St(x), na osnovu definicije male grupe. Redmale grupe je jednak za sve elemente na istoj orbiti (zašto?), pa jena orbiti Oj, ∑
g∈GN(g) = |St(x)||O(x)| = |G|. Me -dutim, ova suma
ne zavisi od orbite, vec je jednaka za sve. Prema tome, ukupan brojorbita |O||G| je jednak sumi ∑
g∈GN(g) po svim elementima i svim
orbitama, odnosno |O| = 1|G| ∑
g∈GN(g).
138
Slika 81: Primer dejsva grupe G naskup X sa oznacenim orbitama, koja nemoraju imati isti broj elemenata.
Odrediti broj razlicitih ogrlica sa 7 belih i 3 crne perle.
Dodatni Zadatak 18
Nazovimo ponovo konfiguracijom raspored obojenih perli do nadejsvo grupe simetrije ogrlice: to znaci da ako dejsvom rotacije ilivertikalne refleksije jedan raspored možemo preslikati u drugi, tadase radi o istoj konfiguraciji. Prema tome razmatramo skup X svihkonfiguracija sa perlama u temenima pravilnog desetougla. Grupasimetrije cije dejstvo posmatramo je D5 ∼= C5v. Problem se svodi naodre -divanje ukupnog broja orbita ovog dejstva.
Slika 82: Primer konfiguracije sa dverefleksione ravni oba tipa.
Na osnovu Brnsajdove formule, potrebno je da odredimo brojfiksnih tacaka u X za svaki element iz C5v. Za neutralni element svih(
103
)= 120 tacaka iz X je fiksno. Rotacija za nenulti ugao ne fiksira
ni jedan element, a isto važi i za refleksije tipa b na slici 82. Za svakurefleksiju tipa a imamo po 8 fiksnih konfiguracija, a broj refleksijatipa a je 5 (polovina svih refleksija). Primenom Burnsajdove teoremeizracunavamo:
|O| = 1|G| ∑
g∈GN(g) =
1120
(120 + 5 · 8) = 8.
139
Prethodni zadatak je moguce rešiti i bez primene Brnsajdove teo-reme, primenom invarijanti. Tri tri crne perle dele kružnicu na tri delakoji sadrže m, n i k belih perli, pri cemu su navedeni brojevi izme -du 0i 7 i zadovoljavaju relaciju m + n + k = 7. Njihov redosled nije relevan-tan jer je primenom rotacija i refleksija moguce dobiti bilo koju od 6
mogucih permutacija. Pretpostavimo da važi m ≤ n ≤ k. Problem sesvodi na prebrojavanje svih trojki koje ispunjavaju navedene zahteve,a to su (0, 0, 7), (0, 1, 6), (0, 2, 5), (0, 3, 4), (1, 1, 5), (1, 2, 4), (1, 3, 3), (2, 2, 3).Namece se pitanje: zašto je trojkama (m, n, k) moguce prebrojati or-bite? Zato što su vrednosti m, n i k konstantne na orbiti dejstva.
Definicija: Preslikavanjeϕ : X 7→ N skupa tacakaX u proizvoljan skup N senaziva invarijantom dejstva,ako su vrednosti presli-kavanja ϕ jednake za sveelemente na istoj orbiti, tj.ϕ(x) = ϕ(gx), x ∈ X, g ∈ G.Ako su vrednosti preslikava-nja ϕ razlicite na razlicitimorbitama, tada invarijantunazivamo kompletnom.
Odrediti kompletnu invarijantu za dejstvo grupe C3v na ravanR2.
Dodatni Zadatak 19
Razmotrimo dejstvo grupe C3v na realnu ravan. Oznacimo sa O ko-ordinatni pocetak (centar rotacije) i sa OM polarnu osu. Ociglednoje polarni radijus r invarijanta jer su elementi grupe izometrije i nemogu da menjaju rastojanje izme -du tacaka. Me -dutim, ova invarijantanije kompletna jer ne karakteriše orbitu jednoznacno. Uzmimo u ob-zir i drugu polarnu koordinatu, ϕ. Trigonometrijske funkcije sin / cosod 3ϕ je ocigledno invarijantna na sve rotacije za ugao 2πn/3. Alisamo parna funkcija cos 3ϕ je invarijantna i na dejstvo refleksijeϕ 7→ −ϕ. Dakle, kompletna invarijanta je (x, y) 7→ (r, cos 3ϕ). Lakoje proveriti da za svaki par (a, b), a > 0, |b| ≤ 1 sistem jednacinacos 3ϕ = b, r = a ima 3 ili 6 rešenja.
Na nekom ostrvu žive kameleoni koji mogu da izaberu jednuod tri boje: crvenu, zelenu i plavu. Ako se sretnu dva kamele-ona razlicite boje, onda oni istovremeno promene boju u trecu,kojom do tada nijedan od njih nije bio obojen. Ako u pocetnomtrenutku ima 13 crvenih, 15 plavih i 17 zelenih kameleona, dali je mogu ce da nakon izvesnog vremena (dovoljnog broja su-sreta) svi budu obojeni istom bojom?
Dodatni Zadatak 20
Populaciji kameleona na ostrvu pridružimo trougaonu konfiguracijusa brojevima crvenih, x, plavih, y i zelenih, z kameleona u temenimatrougla. Dejstvo grupe na skup konfiguracija je (x, y, z) 7→ (x −1, y − 1, z + 2) ili (x, y, z) 7→ (x − 1, y + 2, z − 1) ili (x, y, z) 7→ (x +
2, y− 1, z− 1). Me -dutim, dejstvo se pojednostavljuje ako sa (x, y, z)oznacimo ne stvaran broj kameleona, vec njihov broj po modulu
140
3. U tom slucaju je a − 1 = a + 2, mod(3), pa je destvo grupe nakonfiguraciju (x, y, z) 7→ (x + 2, y + 2, z + 2) mod(3) (slika 83).Odredimo kompletnu invarijantu za ovo dejstvo. Slika 83: Dejsvo grupe na populaciju
kameleona po modulu 3.Ukupan broj konfiguracija je 27 = 3 × 3 × 3. Dejstvo razbijaskup svih konfiguracija na 9 orbita dužine 3. Ocigledna invarijantadejstva je ukupan broj kameleona, pa je invarijanta i ukupan brojpo modulu 3, I1(x, y, z) = x + y + z mod(3). Ali ova invarijantanije kompletna jer postoje po tri razlicite orbite za svaku vrednostI1. Kompletna orbita je funkcija razlike brojeva duž pojedinih ivicatrougla I2(x, y, z) = (x − y, y − z, z − x) mod(3) (slika 84). Onaje fiksna na svakoj orbiti i ne postoje dve razlicite orbite sa istomvrednošcu I2 (proveriti).
Slika 84: Kompletna invarijanta dejstvaKako je vrednost invarijante u pocetnom trenutku I2 = (1, 1, 1)mod(3), a u slucaju kada su svi kameleoni obojeni istom bojomI2 = (0, 0, 0) mod(3), sledi da populacija isto obojenih kameleona nijemoguca.
Tabla za igru peg-soliter je prikazana na slici 85. Zadatak je dase iz pocetne pozicije (na slici) dozvoljenim potezima do -de dopozicije u kojoj je samo jedna kuglica prisutna na tabli. Dozvo-ljeni potezi su oni u kojem se jedna kuglica pomera preko su-sedne na prazno mesto, i istovremeno se kuglica koja je presko-cena uklanja sa table. Odrediti koje su moguce finalne pozicijekuglice u igri peg-soliter.
Dodatni Zadatak 21
Slika 85: Igra peg-soliter: pocetna kon-figuracija sa prikazanim dozvoljenimpotezom.
Dejstvo grupe na skup svih dozvoljenih konfiguracija je definisanodozvoljenim potezom: preskok jedne kuglice preko druge uz elimina-ciju preskocene kuglice. Potez formalno podseca na primenu binarneoperacije: ona dva broja broja preslikava u treci. Ideja konstrukcijeinvarijante je da svakoj konfiguraciji dodelimo vrednost iz nekogskupa N, tako što dodelimo vrednosti svim poljima na tabli. Pritomje važno da primena poteza ne menja vrednost invarijante. Ako biimali samo dve (susedne) kuglice na tabli i ako su njihove vrednostix i y. Da bi rezultat poteza na levo i na desno bio jednak, tada morada važi: x + y = y + x = z. To znaci da skup N mora imati bar trielementa {x, y, z}, da je binarna operacija ("sabiranje") definisana nanjemu komutativna i da zbir dva elementa daje treci iz skupa.
Slika 86: Oznacavanje table.
Minimalna grupa koja to zadovoljava je Klajnova, D2 = {e, x, y, z},gde je svaki element samom sebi inverzan. Ako polja oznacimo takoda se svaki element razlikuje od svojih suseda, kao na slici 86, zaklju-cujemo da je zbir svih elemenata u pocetnoj konfiguraciji jednak y.To ujedno znaci i da su moguce konacne pozicije poslednje kuglice
141
oznacene sa y. Me -dutim, zbog C4v simetrije table i pocetne konfi-guracije, za svaku igru koja se završava u nekoj y−poziciji, postojeigre koje se završavaju u njenim C4v simetricnim pozicijama. Zbogtoga naknadno eliminišemo one y−pozicije koje nisu C4v simetricne.Preostale, obeležene crvenom bojom na slici 86 su moguce finalnepozicije.
Da li je i u kojem slucaju, moguce prekriti šahovsku tablu (8× 8)bez jednog polja sa pravim trominima - ?
Samostalni Zadatak 29
Hint: obojimo šahovska polja sa tri boje, recimo crvenom, zelenom iplavom, tako da su susedna polja uvek obojena razlicitom bojom. Štasu invarijante u ovom slucaju?
Da li je moguce tablu prikazanu na slici 87 prekriti pravim še-stougaonim trominima sa tri moguce orijentacije.
Dodatni Zadatak 22
Slika 87: Heksagonalna tabla sa pravimtrominima u tri moguce orijentacije.Oznacimo tablu sa tri boje kao na slici 88, Svakoj figuri sastavlje-
noj od šestougaonih monomina (poliomina), pridružimo vektorcije su komponente broj polja odgovarajuce boje po modulu 3,(
n1 n2 n3
), mod(3). Tada svaki tromino ili prekriva tri polja
razlicite boje, ili tri polja iste boje, pa su njima pridruženi vektorit1 = t2 =
(1 1 1
), t3 =
(0 0 0
), mod(3). Vektor koji odgovara
samoj tabli je T =(
5 7 9)=(
2 1 0)
, mod(3).Slika 88: Obojena heksagonalna tabla.Ako bi poplocavanje bilo moguce, tada bi vektor table bilo moguce
izraziti kao pozitivnu celobrojnu linearnu kombinaciju vektoramonomina. Me -dutim,(
2 1 0)6= α12
(1 1 1
)+ α3
(0 0 0
), mod(3),
pa je poplocavanje nemoguce.
Pokazati da je Rubikovu kocku nemoguce dovesti u konfigu-raciju kod koje je promenjena orijentacija ("flip") samo jedne ivi-cne kockice.
Dodatni Zadatak 23
Pretpostavimo da se kocka nalazi u pocetnoj konfiguraciji. Nume-rišimo svih 12 ivicnih kockica na nacin prikazan na slici 89. Tada
142
njihovu orijentaciju opisuje vektor v ∈ Z122 , cije su komponente
jedinice i/ili nule. Ako se orijentacija i−te kockice podudara sa ori-jentacijom pocetne pozicije, tada je vi = 0, a ako je suprotna, tada jevi = 1.
Slika 89: Numeracija ivicnih kockica.
Osnovni potezi koji definišu dejstvo grupe Rubikove kocke nasve njene konfiguracije su rotacije pojedinih strana: F(ront), B(ack),T(op), B(otom), L(eft) i R(ight). Ako invarijantu definišemo kao zbirkomponenata vektora mo modulu 2 (parnost vektora), lako je uveritise da nijedan od osnovnih poteza ne menja parnost od v. Samim tim,ni flip pojedinacne ivicne kockice nije moguc.
Pokazati da je Rubikovu kocku nemoguce dovesti u konfigu-raciju kod koje je
(a) samo jedna temena kockica zarotirana za φ = 2π/3,
(b) dve istovremeno zarotirane u istom smeru za φ.
Dodatni Zadatak 24
Kao i u prethodnom zadatku, neka se kocka nalazi u pocetnoj konfi-guraciji. Numerišimo 8 temenih kockica na nacin prikazan na slici 90;tada je orijentacija je opisana vektorom b ∈ Z8
3, cije su komponenteiz skupa {0, 1, 2 = −1}, mod(3). Ako se orijentacija i−te kockicejednaka njenoj orijentaciji u pocetnoj poziciji, tada je bi = 0, a ako jezarotirana za φ, tada je bi = 1, a za −φ, bi = −1.
Slika 90: Numeracija temenih kockica.
Lako je proveriti da osnovne transformacije, F, B, T, B, L i R nemenjaju zbir komponenata vektora b po modulu 3. Prema tome,rotacija jedne ili dve temene kockice za φ ili −φ nije moguca.
Treba primetiti da ovo pravilo ne zabranjuje konfiguraciju u kojojsu dve temene kockice zarotirane jedna za φ, a druga za −φ, kao nikonfiguracije u kojoj su tri temene kockice zarotirane za φ. SolomonGolomb je vec 1981. uocio analogiju sa strukturom hadrona, subatom- S. Golomb: Am. J. Phys. 49, 1030(1981);
skih cestica koje su sastavljene od kvarkova. Hadrone sacinjavaju dvefamilije cestica: mezoni, koji su sacinjeni od parnog broja (obicnood 2) kvarkova, i barioni, koji se sastoje od neparnog broja (obicnood 3) kvarkova. Mezoni se zapravo sastoje od kvarka i antikvarka ioznacavaju sa qq, a barioni se sastoje od tri kvarka i oznacavaju saqqq. Ukoliko izvedenu invarijantu Rubikove kocke interpretiramokao zakon održanja "barionskog broja", tada dobijamo kompletnuanalogiju. "Barionski broj" je definisan tako što su brojevi sa slike 90
podeljeni sa 3, a sama invarijanta je definisana kao zbir "barionskihbrojeva"po pojedinim stranama Rubikove kocke.
Invarijante defenisane u prethodna dva zadatka, zajedno sa za-pažanjem da su sve permutacije kockica Rubikove kocke parne,
143
dovoljne za odre -divanje reda grupe Rubikove kocke, tj. ukubnogbroja razlicitih konfiguracija. Taj broj je:
|GR| =8!2
(parne permutacije temenih kockica)
×12!2
(parne permutacije ivicnih kockica)
×2 (parna je i istovremena traspozicija dve temene i dve ivicne kockice)
×38
3(dozvoljene orijentacije temenih kockica)
×212
2(dozvoljene orijentacije ivicnih kockica)
=227314537211 ≈ 4.32× 1019.
144
Teorija Reprezentacija
Definicija: ReprezentacijuD(G) nazivamo kompleksnomako nije ekvivalentna sakonjugovano-kompleksnomreprezentacijom D∗(G).
Primetimo da je definicija potpunoekvivalentna sa definicijom realnosti zakompleksne brojeve.
Pod konjugovano-kompleksnom reprezentacijom podrazumevamoskup kompleksno konjugovanih matrica {D(g), g ∈ G}, ako jereprezentacija matricna. U najopštijem slucaju, podrazumevamodualnu reprezentaciju koja deluje u dualnom vektorskom prostoruV∗. Veza sa matricnom reprezentacijom je sledeca: matrica dualnogoperatora D∗(g) definisana je kao transponovana od D(g−1), pa akoje reprezentacija D unitarna, dobijamo kompleksno konjugovanematrica.
Neka reprezentacija D(G) ima kompleksni karakter, tj. neka važiχ(D(G)) 6= χ∗(D(G)) = χ(D∗(G)); tada je ocigledno da je repre-zentacija D(G) kompleksna. Ukratko, kompleksne reprezentacije suone koje imaju kompleksne karaktere. Sada se namece pitanje: kakoklasifikovati reprezentacije sa realnim karakterima?
Neka je reprezentacija D(G) unitarna i ireducibilna. Ako nijekompleksna, tada postoji invertibilni operator S tako da važi
(∀g ∈ G), D∗(g) = SD(g)S−1.
Pokazati da je operator S simetrican ili antisimetrican,ST = ±S.
Dodatni Zadatak 25
D∗(g) = SD(g)S−1, (transponovanje obe strane jednakosti)
D†(g) =(
S−1)T
DT(g)ST ,
D(g−1) =(
S−1)T
DT(g)ST , (zbog unitarnosti)
D(g) =(
S−1)T
DT(g−1)ST , (zamena oznaka g↔ g−1)
D(g) =(
S−1)T [
SD(g)S−1]
ST , (jer je, zbog unitarnosti DT(g−1) = D∗(g))
D(g) =(
S−1ST)−1
D(g)(
S−1ST)
,
D(g) = P−1D(g)P, (uvedena je oznakaP = S−1ST).
Na osnovu poslednje jednakosti i prve Schur-ove leme, sledi da jeP = S−1ST = η I, gde je sa η oznacen skalar, a sa I jedinicni operator.
145
Odavde direktno dobijamo:
S−1ST = η I,
ST = ηS,(ST)T
= ηST ,
S = η2S ⇒ η = ±1.
Dakle, ST = ±S, operator S je simetrican ili antisimetrican.
Definicija: U slucaju kada jeS simetrican, reprezentacijuD(G) nazivamo realnom, aako je antisimetrican, pseudo-realnom ili kvaternionskom.
Pokazati da je matricu prelaska S, u slucaju reprezentacije D(G)
koja nije kompleksna, uvek moguce skalirati tako da postaneunitarna.
Dodatni Zadatak 26
Iz uslova da D(G) nije kompleksna sledi,
D∗(g) = SD(g)S−1,
D∗(g)S = SD(g),
DT(g−1)S = SD(g),
S = DT(g)SD(g),
S† = D†(g)S†D∗(g), (adjungovanjem leve i desne strane).
Odavde je
S†S = D†(g)S†D∗(g)DT(g)SD(g) = D†(g)S†SD(g),
pa važi,D†(g)S†S = S†SD(g), ∀g ∈ G.
Primenom prve Schur-ove leme, sledi da je S†S = η I. Skaliranjem
S 7→ 1√
ηS
matrica S postaje unitarna.
Pokazati da za realnu reprezentaciju D(G) postoji bazis u ko-jem je ona reprezentovana realnim matricama.
Dodatni Zadatak 27
Za svaku unitarnu matricu U postoji unitarna matrica W, tako daje W2 = U ("kvadratni koren matrice U"). Isto važi i za simetricnumatricu U. Prema tome, za unitarno-simetricnu matricu U postoji
146
unitarno-simetricna matrica W, tako da je W2 = U. Za realnu repre-zentaciju D(G) važi:
(∀g ∈ G)D∗(g) = SD(g)S−1,
D∗(g) = W2D(g)W−2,
W−1D∗(g)W = WD(g)W−1,
W∗D∗(g)(W−1)∗ = WD(g)W−1,
(WD(g)W−1)∗ = WD(g)W−1.
To znaci da su sve matrice iz skupa (∀g ∈ G)WD(g)W−1 realne.
Pretpostavimo da se velicine x i y transformišu kao vektori:x 7→ D(g)x, y 7→ D(g)y, ∀g ∈ G. Tada se velicina yTSx,
gde je S matrica prelaska bazisa od D(G) u bazis od D∗(G), trans-formiše kao invarijantna bilinearna forma, ako i samo ako jereprezentacija D(G) realna ili pseudorealna.
Dodatni Zadatak 28
Iz SD(g)S−1 = D∗(g), za g = h−1, sledi
SD†(h)S−1 = DT(h).
Prema tome, izraz yTSx se transformiše na sledeci nacin:
yTSx 7→ yT DT(g)SD(g)x = yTS D†(g)
I︷ ︸︸ ︷S−1S D(g)︸ ︷︷ ︸
I
x = yTSx.
Dakle, bilinearna forma yTSx je invarijantna u odnosu na dejstvoreprezentacije D(G).
Na isti nacin se pokazuje i implikacija u suprotnom smeru.
Pokazati da važi Frobenius-Schur-ov test realnosti ireducibilnereprezentacije D :
1|G| ∑
g∈Gχ(g2) =
0, ako je D kompleksna,
1, ako je D realna,
−1, ako je D pseudorealna.
Dodatni Zadatak 29
Za proizvoljnu matricu X, "usrednjavanjem po grupi" definišimomatricu S :
147
S(X) = ∑g∈G
DT(g)XD(g). Matrica S je invarijantna na dejstvo
D(G) :
DT(g)SD(g) = ∑g′∈G
DT(g)DT(g′)SD(g′)D(g) = S.
Prema tome, bilinearna forma yTSx je invarijantna:
yTSx 7→ yT DT(g)SD(g)︸ ︷︷ ︸I
x = yTSx.
Na osnovu rešenja prethodnog zadatka, postojanje invarijantnebilinearne forme yTSx je ekvivalentno tvr -denju da je reprezenta-cija D(G) realna ili pseudorealna. Ukoliko je reprezentacija D(G)
kompleksna, tada, da bi izbegli kontradikciju, zakljucujemo daS(X) = ∑
g∈GDT(g)XD(g) mora biti jednaka nultoj matrici za svaku
matricu X.Proverimo kakva ogranicenja ovaj zakljucak namece na matricne
elemente reprezentacije D(G). Radi jednostavnosti izvo -denje, izabe-rimo X koja ima jedan nenulti element Xil = 1. Tada je:
(DT(g)XD(g))jk = (DT(g))ji(D(g))lk = (D(g))ij(D(g))lk.
Kako je element Sjk = 0, sledi da je
∑g∈G
D(g)ijD(g)lk = 0,
i to mora da važi za svaku cetvorku indeksa i, j, k, l. U specijalnomslucaju, za j = l, važi D(g)ijD(g)lk = D(g2)ik,
∑g∈G
D(g2) = 0,
odnosno, izracunavanjem traga obe strane jednakosti:
∑g∈G
χ(g2) = 0.
Time je test u slucaju kompleksne reprezentacije dokazan.Pretpostavimo sada da je reprezentacija D(G) realna ili pseudo-
realna. Tada je ST = ηS, η = ±1. Transponovanjem definicionejednakosti za S, S = ∑
g∈GDT(g)XD(g) dobijamo
ST = ∑g∈G
DT(g)XT D(g) = ηDT(g)XD(g).
Kao i malopre, izaberemo matricu X tako da samo element Xil = 1bude nenulti. Tada je matricni element na mestu jk :
∑g∈G
D(g)l jD(g)ik = η ∑g∈G
D(g)ijD(g)lk.
148
U slucaju kada je i = j, k = l, jednakost se svodi na:
∑g∈G
χ(g2) = η ∑g∈G
χ(g)χ(g) = η|G|.
Poslednja jednakost sledi iz ortonormiranosti karaktera ireducibilnihreprezentacija.
Lijeve Algebre & Grupe
Neki lep uvod.
150
Lijeve Algebre
Definicija: Algebra dimen-zije n nad poljem F jen−dimenzioni vektorskiprostor A(F) sa binarnomoperacijom množenjem:
∀x, y, z ∈ A(F), ∀α ∈ F,
α(xy) = (αx)y = x(αy),
(x + y)z = xz + yz,
x(y + z) = xy + xz.
Definicija: Neka je{x1, x2, .., xn} proizvo-ljan bazis za algebru A.Proizvod dva vektora bazisavraca element algebre, od-nosno linearnu kombinacijubazisnih vektora
xixj = ∑k
ckijxk , ck
ij ∈ F.
Koeficijente ckij nazivaju se
strukturne konstante.
Definicija: Lijeva algebra,L(F), je algebra u kojojmnoženje, tzv komutator,[ , ], zadovoljava
(i) Antisimetricnost:∀x, y ∈ L,
[x, y] = −[y, x]
.
(ii) Jakobijev identitet:∀x, y, z ∈ L,
[x, [y, z]] + [y, [z, x]] + [z, [x, y]] = 0.
Pokazuje se da je (R3,×) (odnosno, da je R3 u odnosu na vektor-ski proizvod) Lijeva algebra, i odre -duju se strukturne konstante.
Motivacioni Primer 7
Proveravamo da li vektorsko množenje zadovoljava uslove mno-ženja za Lijevu algebru. Znamo da za proizvoljne vektore a, b ∈ R3,a × b = −b × a. Dalje, vektorsko množenje zadovoljava Jakobijevidentitet. Za proizvoljne vektore a, b, c ∈ R3,
a× (b× c)+ b× (c× a) + c× (a× b) =
b(a · c)− c(a · b) + c(b · a)− a(b · c) + a(c · b)− b(c · a) = 0.
Neka je {e1, e2, e3} standardan bazis za R3. Tada, znamo da je
ei × ej = εijkek,
gde je εijk Levi-Civita simbol. Antisimetricnost sledi iz osobine εijk,jer je εijk = −ε jik.
Proveriti da su sledece skupove matrica Lijeve algebre uzoperaciju množenja komutatora.
(a) gl(n, F) = {A|A ∈ Fn×n}
(b) sl(n, F) = {A ∈ gl(n, F)|Tr(A) = 0}
(c) su(n) = {A ∈ sl(n, C)|A† = −A, Tr(A) = 0}
(d) so(n) = {A ∈ sl(n, R)|AT = −A, Tr(A) = 0}.
Zadatak 55
(a) gl(n, F), generalna linearna algebra, je skup linearnih operatora uFn×n. Po definiciji je ovo vektorski prostor, i zatvoren je ovaj skupmatrica u odnosu na komutator, jer ∀A, B ∈ gl(n, F), [A, B] = C ∈gl(n, F).
(b) sl(n, F), specijalna linearna algebra, je skup linearnih operatorasa nultim tragom. Ovakve matrice cine potprostor matrica izgl(n, F). Da bismo pokazali da je ovo podalgebra, sl(n, F) <
gl(n, F), treba pokazati da je sl(n, F) zatvoreno u odnosu naLijevo množenje, tj u odnosu na komutator. Za A, B ∈ sl(n, F),
pitamo se da li je C = [A, B]?∈ sl(n, F). Znamo sigurno da je C
151
i dalje nesingularan linearan operator, ali treba proveriti da li jetrag nenulti. Tr(AB− BA) = Tr(AB)− Tr(BA) =
Tr(AB) − Tr(AB) = 0. Koristili smocinjenicu da možemo ciklicno podtragom da permutujemo operatore.Tr(C) = Tr(AB− BA) = 0.
Odavde sledi da je C ∈ sl(n, F), pa je sl(n, F) zatvoreno u odnosuna komutator, te je zaista Lijeva algebra, i važi sl(n, F) < gl(n, F).
(c) su(n), specijalna unitarna algebra, je skup linearnih operatora Atakvih da je A† = −A i imaju nulti trag. Za A, B ∈ su(n), pitamo
se da li je C = [A, B]?∈ su(n).
C† = ([A, B])† = (AB− BA)† = B† A† − A†B† = [B†, A†]
= −[A†, B†] = −[−A,−B] = −[A, B] = −C.
Dakle, su(n) je zatvoreno u odnosu na komutator, pa je su(n)Lijeva algebra, i su(n) < gl(n, F).
(d) so(n), specijalna ortogonalna algebra, je skup linearnih operatora Akoja zadovoljavaju AT = −A i imaju nulti trag. Za A, B ∈ so(n),
pitamo se da li je C = [A, B]?∈ so(n).
CT = ([A, B])T = (AB− BA)T = BT AT − AT BT = [BT , AT ]
= −[AT , BT ] = −[−A,−B] = −[A, B] = −C.
so(n) je zatvoreno u odnosu na komutator, pa je i Lijeva algebra.Takodje važi so(n) < gl(n, F).
Odrediti strukturne konstante za sledece algebre
(a) sl(2, C)
(b) su(2)
(c) so(3).
Zadatak 56
Da bismo odredili strukturne konstante, moramo da odredimoopšti oblik operatora iz navedenih algebri. Iz opšteg oblika operatora,možemo naci bazis algebre.
(a) Da bismo odredili opšti oblik operatora iz sl(2, C), pocinjemo saopštom matricom A tipa 2× 2, i uslovljavamo da matrica ima nultitrag.
A =
[a bc d
].
152
Da bi A bio nultog traga,
Tr(A) = a + d = 0 =⇒ d = −a.
Odnosno, opšti oblik za matricu iz sl(2, C) je
A =
[a bc −a
].
Vidimo da su operatori iz sl(2, C) odredjeni sa tri (kompleksna)parametara, a, b, c ∈ C, i da se mogu napisati u sledecem obliku
A = a
[1 00 −1
]+ b
[0 10 0
]+ c
[0 01 0
].
Odavde se vidi da matrice
e def=
[1 00 −1
], e+
def=
[0 10 0
], e−
def=
[0 01 0
]
cine bazis za sl(2, C). Sada možemo odrediti komutatore izmedjuovakvih bazisnih operatora.
[e, e+] =
[1 00 −1
] [0 10 0
]−[
0 10 0
] [1 00 −1
]=
[0 10 0
]−[
0 −10 0
]= 2e+
[e, e−] =
[1 00 −1
] [0 01 0
]−[
0 01 0
] [1 00 −1
]=
[0 0−1 0
]−[
0 01 0
]= −2e−
[e+, e−] =
[0 10 0
] [0 01 0
]−[
0 01 0
] [0 10 0
]=
[1 00 0
]−[
0 00 1
]= e
(b) Da bismo odredili opšti oblik operatora iz su(2), pocinjemo saopštom matricom A tipa 2× 2 i uslovljavamo da matrica ima nultitrag, i da zadovolji A† = −A.
A =
[a bc −a
], A† =
[a∗ c∗
b∗ −a∗
]
A† = −A =⇒[
a∗ c∗
b∗ −a∗
]=
[−a −b−c a
]
Ako napišemo a preko realnog i imaginarnog dela a = a1 + ia2,a1, a2 ∈ R, uslov na a je a1 − ia2 = −a1 − ia2, odakle sledia1 = −a1 = 0, i a2 je proizvoljno, pa je
a = ix
za x ∈ R. Slicno, ako napišemo b i c preko realnih i imaginarnihdelova, b = b1 + ib2, c = c1 + ic2 (b1, b2, c1, c2 ∈ R), uslovi na b i
153
c postaju c1 − ic2 = −b1 − ib2 =⇒ c1 = −b1 = −y, c2 = b2 = z.Tada su
b = y + iz, c = −y + iz.
Odavde sledi da je opšti oblik matrice A ∈ su(2) oblika
A =
[ix y + iz
−y + iz −ix
]= i
[x z− iy
z + iy −x
].
Sada vidimo da je opšti operator iz su(2) parametrizovan sa triparametara, i možemo napisati opšti operator na sledeci nacin,
A = ix
[1 00 −1
]+ iy
[0 −ii 0
]+ iz
[0 11 0
].
Matrice
iσz = i
[1 00 −1
], iσy = i
[0 −ii 0
], iσz = i
[0 11 0
]cine bazis za su(2).Sada možemo da izracunamo strukturne konstante.
[iσx, iσy] = [σy, σx] =
[0 −ii 0
] [0 11 0
]−[
0 11 0
] [0 −ii 0
]
=
[−i 00 i
]−[
i 00 −i
]=
[−2i 0
0 2i
]= 2i
[−1 00 1
]= −2iσz.
Možemo normirati bazisne operatore. Definišemo τj =i2
σj. Tada,
[τi, τj] = εijkτk.
(c) Treba odrediti opšti oblik operatora A ∈ so(3). Za a, b, c, d, e, f , g, h, k ∈R,
A =
a b cd e fg h k
, AT =
a d gb e hc f k
AT = −A =⇒
a d gb e hc f k
= −
a b cd e fg h k
.
Vidimo da dijagonalne elemente moraju biti nula, a = −a = 0,e = −e = 0, k = −k = 0. Takodje vidimo da mora važiti b = −d,c = −g, i h = − f . Sada, opšti operator iz so(3) je sledeceg oblika
A =
0 b −c−b 0 fc − f 0
= b
0 1 0−1 0 00 0 0
+ c
0 0 −10 0 01 0 0
+ f
0 0 00 0 10 −1 0
.
154
Matrice
r1 =
0 1 0−1 0 00 0 0
, r2 =
0 0 −10 0 01 0 0
, r3 =
0 0 00 0 10 −1 0
cine bazis za so(3). Može proveriti da operatori zadovoljavaju
[ri, rj] = εijkrk.
Naci koliko parametara odredjuju elemente algebre A ∈so(1, 3, R), naci bazis za so(1, 3, R), i naci strukturne kon-stante. so(1, 3, R) = {A ∈ gl(4, R)|AT M = −MA}gde je
M =
1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1
.
Zadatak 57
Treba odrediti opšti oblik operatora A ∈ so(1, 3, R).
A =
a b1 b2 b3
c1 r1 r2 r3
c2 r4 r5 r6
c3 r7 r8 r9
Kada nametnemo uslov AT M = −MA,
a b1 b2 b3
c1 r1 r2 r3
c2 r4 r5 r6
c3 r7 r8 r9
T
1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1
=
−1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
a b1 b2 b3
c1 r1 r2 r3
c2 r4 r5 r6
c3 r7 r8 r9
a −c1 −c2 −c3
b1 −r1 −r4 −r7
b2 −r2 −r5 −r8
b3 −r3 −r6 −r9
=
−a −b1 −b2 −b3
c1 r1 r2 r3
c2 r4 r5 r6
c3 r7 r8 r9
.
Odavde sledi a = −a = 0, bi = ci, i RT = −R, gde je
R =
r1 r2 r3
r4 r5 r6
r7 r8 r9
∈ so(3).
155
Imamo tri bi parametara, i tri parametara od R, ri. Dakle, so(1, 3, R)
ima šest parametara. Bazis za so(1, 3, R) je
b1 =
0 1 0 01 0 0 00 0 0 00 0 0 0
b2 =
0 0 1 00 0 0 01 0 0 00 0 0 0
b3 =
0 0 0 10 0 0 00 0 0 01 0 0 0
r1 =
0 0 0 00 0 0 00 0 0 −10 0 1 0
r2 =
0 0 0 00 0 0 10 0 0 00 −1 0 0
r3 =
0 0 0 00 0 −1 00 1 0 00 0 0 0
Uzimanjem komutatora izmedju ovih šest matrica, dobijaju se
strukturne konstante
[ri, rj] = εijkrk
[bi, bj] = −εijkrk
[bi, rj] = εijkbk
156
Definicija: Kompleksifikacijarealne algebre L = L(R) jekompleksna algebra LC, cijisu elementi kompleksne li-nearne kombinacije vektoraiz L. Množenje je definisanoproširenjem po linearnosti,tj, za x, y, u, v ∈ L, vektoria = x + iy, b = u + iv ∈ LC
zadovoljavaju
[a, b] = [x + iy, u + iv]
= [x, u] + i[x, v] + i[y, u]− [y, v].
Definicija: Dekompleksifi-kacija kompleksne algebreL = L(C) je realna algebraLR, u kome se razmatrajusamo realne linearne kom-binacije vektora iz L, uzisti zakon množenja iz L.Na primer, ako je L datkompleksnim linealom
L = spanC{u1, u2, ...un},
onda je dekompleksifiko-vana algebra data realnimlinealom
LR = spanR{u1, u2, ..., un, iu1, iu2, ..., iun}.
Definicija: Realna formakompleksne algebreL = L(C) je svaka re-alna Lijeva algebra Lr cijaje kompleksifikacija LrC
izomorfna sa L(C).
Pokazati da važe sledeci izomorfizmi
(a) sl(2, C) ∼= su(2)C
(b) sl(2, C)R∼= so(1, 3, R)
(c) so(1, 3, R)C∼= su(2)⊕ su(2)
Zadatak 58
(a) U prethodnom zadatku smo našli jedan bazis za sl(2, C),
Bsl(2,C) =
{e =
[1 00 −1
], e+ =
[0 10 0
], e− =
[0 01 0
]},
i bazis za su(2),
Bsu(2) =
{τ1 =
i2
[0 11 0
], τ2 =
i2
[0 −ii 0
], τ3 =
i2
[1 00 −1
]}.
Vidimo da kompleksnim linearnim kombinacijama matrica izBsu(2) možemo dobiti matrice iz Bsl(2,C), na primer
τ2 − iτ1 =
[0 1/2
−1/2 0
]+
[0 1/2
1/2 0
]=
[0 10 0
]= e+,
i
−τ2 − iτ1 =
[0 −1/2
1/2 0
]+
[0 1/2
1/2 0
]=
[0 01 0
]= e−.
Pošto kompleksifikacija podrazumeva da se algebra proširi takošto se dozvole kompleksne linearne kombinacije, vidimo da kadakompleksifikujemo algebru su(2), da možemo dobiti identicanbazis za su(2)C kao za sl(2, C). Ovo je jedan nacin da se pokažeda su algebre izomorfne.
(b) U prethodnom zadatku smo takodje našli jedan bazis za so(1, 3, R),
Bso(1,3,R) =
b1 =
0 1 0 01 0 0 00 0 0 00 0 0 0
, b2 =
0 0 1 00 0 0 01 0 0 00 0 0 0
, b3 =
0 0 0 10 0 0 00 0 0 01 0 0 0
r1 =
0 0 0 00 0 0 00 0 0 −10 0 1 0
, r2 =
0 0 0 00 0 0 10 0 0 00 −1 0 0
, r3 =
0 0 0 00 0 −1 00 1 0 00 0 0 0
.
157
Strukturne konstante za so(1, 3, R) su
[ri, rj] = εijkrk
[bi, bj] = −εijkrk
[bi, rj] = εijkbk.
Pokazacemo da su strukturne konstante iste za dekompleksi-fikaciju sl(2, C), odnosno za sl(2, C)R. Napravimo nov bazis,Bsl(2,C)R
= {τ1, τ2, τ3, iτ1, iτ2, iτ3}. Tražimo sada strukturne kon-stante. Znamo vec da važi
[τi, τj] = εijkτk.
Iz ovoga sledi da je
[iτi, iτj] = i2[τi, τj] = −εijkτk,
i[τi, iτj] = i[τi, τj] = εijk(iτk).
Upravo smo dobili iste strukturne konstante kao za so(1, 3, R).Ovo je još jedan nacin da se pokaže da su dve algebre izomorfne.
(c) Kompleksifikacija algebre so(1, 3, R), so(1, 3, R)C možemo na-pisati kao kompleksni lineal nad matricama ri, i bi. Odnosno,možemo definisati nov bazis,
ui =12(ri + ibi)
vi =12(ri − ibi)
Strukturne konstante su
[ui, uj] =14[ri + ibi, rj + ibj]
=14([ri, rj] + i[ri, bj] + i[bi, rj]− [bi, bj])
=14(εijkrk + iεijkbk + iεijkbk − (−εijkrk))
=12
εijk(rk + ibk)
= εijkuk.
Slicno,
[vi, vj] =14[ri − ibi, rj − ibj]
=14([ri, rj]− i[ri, bj]− i[bi, rj]− [bi, bj])
=14(εijkrk − iεijkbk − iεijkbk − (−εijkrk))
=12
εijk(rk − ibk)
= εijkvk.
158
Medjutim,
[ui, vj] =14[ri + ibi, rj − ibj]
=14([ri, rj]− i[ri, bj] + i[bi, rj] + [bi, bj])
=14(εijkrk − iεijkbk + iεijkbk + (−εijkrk))
= 0.
Upravo bismo ove strukturne konstante dobili kada bismo uzelidirektni zbir dve su(2) algebre. Uveriti se sami u ovo.
Definicija: Pridruženareprezentacija algebre L,ad(L) : L → gl(L), je defi-nisana na sledeci nacin, zax, y ∈ L:
ad(x)y = adxy = [x, y].
Matricni elementi su struk-turne konstante,
adkj(xi) = ckij.
Pokazati da je pridružena reprezentacija zaista reprezen-tacija.
Zadatak 59
Da bismo pokazali da je pridružena reprezentacija zaista reprezen-tacija, treba pokazati da ispunjava uslov homomorfizma, odnosno daje
[adx, ady] = ad[x,y].
Da bismo ovo pokazali, delovacemo sa [adx, ady] na z ∈ L. Tada,
[adx, ady]z = adxadyz− adyadxz
= adx[y, z]− ady[x, z]
= [x, [y, z]]− [y, [x, z]]
= [x, [y, z]] + [y, [z, x]].
Pomocu Jakobijevog identiteta, znamo da je
[x, [y, z]] + [y, [z, x]] = −[z, [x, y]].
Pa je
[adx, ady]z = −[z, [x, y]]
= [[x, y], z]
= ad[x,y]z.
Odavde sledi da je[adx, ady] = ad[x,y].
Ovim smo pokazali da je pridružena reprezentacija zaista reprezenta-cija.
159
Definicija: Za preslikavanjew : L × L → F se kaže daje invarijantna simetricnabilinearna forma ako w imasledece osobine:
• Simetricnost: ∀x, y ∈L, w(x, y) = w(y, x)
• Bilinearnost:∀x, y, z ∈ L, ∀α, β ∈F, w(αx + βy, z) =αw(x, z) + βw(y, z)
• Invarijantnost:∀x, y, z ∈ L, w([x, y], z) =w(x, [y, z]).
Definicija: Kiling-ova formaLijeve algebre L(F) je invari-jantna bilinearna simetricnaforma g definisana sa
g(x, y) = Tr(adxady).
Matricne elemente Kiling-ove forme su date sa
gij = ∑rs
csircr
js.
Dokazati da je Kilingova forma simetricna, bilinearna, in-varijantna funkcija.
Zadatak 60
Pokazacemo zasebno sve tri osobine.
• Simetricnost: Za x, y ∈ L, g(x, y) = Tr(adxady) = Tr(adyadx) =
g(y, x).
• Bilinearnost: Za α, β ∈ F i x, y, z ∈ L, važi
g(αx + βy, z) = Tr(adαx+βyadz).
Šta je adαx+βy? Za v ∈ L,
adαx+βyv = [αx + βy, v] = α[x, v] + β[y, v] = (αadx + βady)v.
Vidimo da je pridružena reprezentacija linearna, pa sledi da je
g(αx + βy, z) = Tr((αadx + βady)adz).
Trag je takodje linearan, tako da je
Tr((αadx + βady)adz) = αTr(adxadz) + βTr(adyadz).
Odavde sledi da je
g(αx + βy, z) = αg(x, z) + βg(y, z).
Pokazali smo da je Kiling-va forma bilinearna.
• Invarijantnost: Prvo izracunamo g([x, y], z) za x, y, z ∈ L.
g([x, y], z) = Tr(ad[x,y]adz).
U prethodnom zadatku smo pokazali da je
[adx, ady] = ad[x,y],
tako da možemo napisati
g([x, y], z) = Tr(adxadyadz − adyadxadz).
Sada cemo izracunati g(x, [y, z]).
g(x, [y, z]) = Tr(adxad[y,z]).
160
Ponovo, iz rezultata prethodnog zadatka sledi da je
g(x, [y, z]) = Tr(adxadyadz − adxadzady).
U prethodnom izrazu, u drugom clanu možemo izvršiti ciklicnupermutaciju pod tragom, pa dobijamo da je
g(x, [y, z]) = Tr(adxadyadz − adyadxadz),
što je isto kao g([x, y], z). Ovim smo pokazali da je
g([x, y], z) = g(x, [y, z]),
odnosno da je Kiling-ova forma invarijantna.
Definicija: Kartan-ov ten-zor algebre L je tenzorgij = g(xi , xj) gde jeBL = {x1, x2, ..., xn} bazis zaL.
Odrediti Kartan-ov tenzor za algebru gl(n, R).
Zadatak 61
Da bismo odredili Kartan-ov tenzor za gl(n, R), prvo moramoodrediti bazis. Ova algebra je skup svih linearnih matrica dimenzijen× n nad realnim poljem. Ovaj prostor ima bazis Bgl(n,R) = {Eij},gde su matricni elementi matrice Eij date sa (Eij)rs = δirδjs. Svakamatrica ima samo jednu jedinicu, i to u i−toj vrsti i j−toj koloni.Ostale matricne elemente su nule. Na primer, za E23 ∈ gl(3, R),
E23 =
0 0 00 0 10 0 0
.
Ovu matricu možemo napisati kao direktni proizvod
E23 =
010
⊗ [0 0 1]
.
Ako su vektori ket-ovi, i dualni vektori bra-ovi, onda možemo ovajdirektni proizvod napisati kao dijad, odnosno kao
Eij = |i〉〈j|,
pa jeE23 = |2〉〈3|,
gde su
|2〉 =
010
, 〈3| =[0 0 1
].
161
U opštem slucaju, za gl(n, R), |i〉 i 〈j| su n−dimenzioni vektori idualni vektori, i {|i〉} cine ortonormiran, standardan bazis za Rn,odnosno 〈j|i〉 = δji.
Pošto su matricni elementi Kartan-ovog tenzora data preko struk-turnih konstanti, dovoljno je da za sada samo pronadjemo strukturnekonstante algebre gl(n, R).
[Eij, Ekl ] = (|i〉〈j|)(|k〉〈l|)− (|k〉〈l|)(|i〉〈j|)= δjk|i〉〈l| − δli|k〉〈j|= Eilδjk − Ekjδli.
Ako hocemo rs−ti matricni element komutatora,
([Eij, Ekl ])s
r = (Eilδjk)s
r − (Ekjδil)s
r
= δirδ sl δjk − δkrδ s
j δil .
Odavde sledi da su strukturne konstante
c rsij,kl = δ r
i δ sl δjk − δ r
k δ sj δil .
U ovom zadatku bi bilo lepo ubacitiPenrose-ove dijagrameSada, matricne elemente Kartan-ovog tenzora su
gij,kl = c rsij,pq c pq
kl,rs .
162
Definicija: Kartan-ova podal-gebra H poluproste Lie-jevealgebre L je svaka maksi-malna Abel-ova podalgebra([hi , hj] = 0∀hi , hj ∈ H),takva da su zajednicki (ne-nulti) svojstveni potprostorioperatora ad(h) nedege-nerisani. Rang, r, algebreL je dimenzija Kartan-ovepodalgebre.
Definicija: Kartan-Vejl-ovbazis za algebru L, dimenzijen, ranga r sa Kartan-ovompodalgebrom H je skup ope-ratora {hi , eα|i = 1, ..., r, α =1, ..., n − r} gde su hi ∈ H, ione razapinju r dimenzija izL. Preostale n − r dimenzijesu jednodimenzione zajed-nicke svojstvene potprostoreoperatora ad(h), koje sudefinisane svojstvenimvektorima eα. Odnosno, zaeα važi
ad(hi)eα = [hi , eα] = aαi eα,
gde i = 1, ..., r. Vektor zajed-nickih svojstvenih vrednostiza pridruženu reprezen-taciju,~a = (aα
1 , ..., aαr )
T senaziva koren, i jednoznacnoodredjuje eα. Zato se eα ustvari cesto oznacava e~a, inaziva se koreni vektor.
Definicija: Za alge-bru L, dimenzije n, iranga r, postoji standar-dan Kartan-Vejl-ov bazis,{Hi , E~a|i = 1, ..., r,~a ∈ ~A},gde su Hi ∈ H u Kartan-ovojpodalgebri, a ~A je skupn − r nenultih korenova.Za standardan Kartan-Vejl-ov bazis, L se razlaže naAbel-ove podalgebre. JednaAbel-ova podalgebra jeKartan-ova, i data je prekospan(H1, ..., Hr). Ostalepodalgebre su jednodimen-zione i odredjene su sa E~apreko span(E~a). Svi koreni~a ∈ ~A su realni, i za svakikoren~a, vektor −~a je takodjekoren. Komutacione relacijeza algebru u standardnojformi su
[Hi , Hj] = 0, [Hi , E~a] = aiE~a,
[E~a, E~b] = c~a,~bE
~a+~b, [E~a, E−~a] = ∑i
ai Hi
U prostoru svake reprezen-tacije algebre, D(L), se možeizabrati skalarni proizvodtako da za neko wD važi
D†(Hi) = D(Hi), D†(E~a) = D(E−~a),
Tr(D(Hi)D(Hj)) = wDδij
Naci standardan Kartan-Vejl-ov bazis za
su(2)C∼= sl(2, C) ∼= LC{τ1, τ2, τ3}
Zadatak 62
Setimo se da za bazis algebre sl(2, C) možemo uzeti
Bsl(2,C) =
{τ1 =
i2
[0 11 0
], τ2 =
i2
[0 −ii 0
], τ3 =
i2
[1 00 −1
]},
i da komutacione relacije daju sledece strukturne konstante,
[τi, τj] = εijkτk.
Odavde vidimo da Kartan-ova podalgebra sadrži samo jedan opera-tor, jer ne postoji ni par operatora u bazisu koja medjusobno komu-tiraju. Ako imamo samo jedan operator u Kartan-ovoj podalgebri,koreni ce biti samo skalari (jer je u opštem slucaju koren vektordimenzije ranga algebre, a rang algebre je dimenzija Kartan-ovepodalgebre). Imamo slobodu da biramo bilo koji operator za Kartan-ovu podalgebru, ali treba uzeti u obzir da za standardnu formuzahtevamo da operatori iz Kartan-ove podalgebre budu reprezento-vani hermitskim matricama. Iz tog razloga, izaberemo na primer iτ3.Komutacione relacije su
ad(iτ3)τ1 = [iτ3, τ1] = iτ2
ad(iτ3)τ2 = [iτ3, τ2] = −iτ1
Vidimo da τ1 i τ2 nisu svojstveni za ad(iτ3). Nama trebaju operatorekoje su svojstvene za ad(iτ3), ali takve da su svojstvene vrednostioblika a i −a. Prema prethodnim komutacionim relacijama, pridru-žena reprezentacija za iτ3 data sa
ad(iτ3) =
0 −i 0i 0 00 0 0
.
Rešimo svojstveni problem za ovaj operator.
det(ad(iτ3)− aI) =
∣∣∣∣∣∣∣−a −i 0
i −a 00 0 −a
∣∣∣∣∣∣∣= −a · a2 − (−i)(−ia) = −a3 − i2a
= −a3 + a = −a(a + 1)(a− 1).
163
Pogledati sliku 91 za koreni dijagram algebre sl(2, C).
Slika 91: Koreni dijagram za algebrusl(2, C).
Odavde sledi da su svojstvene vrednosti za ad(iτ3) a = 0,±1.Primetimo da ad(iτ3) ima nenulte svojstvene vrednosti a = ±1baš kao što nam treba za korene. Sada treba pronaci svojstvene’vektore’ (operatore) koje odgovaraju ovim svojstvenim vrednostima.Svojstvene vektore za ad(iτ3), ~v1 i ~v−1, ce nam govoriti koje linearnekombinacije preostalih bazisnih operatora, τ1 i τ2, treba uzeti zakorene vektore, E1 i E−1. Za koren a = 1, treba rešiti
ad(iτ3)~v1 = ~v1
da bismo pronašli koreni vektor E1 koji odgovara korenu a = 1.
ad(iτ3)~v1 =
0 −i 0i 0 00 0 0
v(1)1
v(2)1
v(3)1
=
v(1)1
v(2)1
v(3)1
=⇒
−iv(2)1
iv(1)10
=
v(1)1
v(2)1
v(3)1
.
Da bi ova jednacina bila zadovoljena, vidimo da mora da važiv(1)1 = −iv(2)1 , dok v(3)1 može biti proizvoljno. Biramo v(3)1 = 0, i
v(1)1 = 1. Tada,
~v1 =
1i0
,
i ovo nam govori da je koreni vektor E1 linearna kombinacija E1 =
v(1)1 τ1 + v(2)1 τ2, odnosno koreni vektor E1 je
E1 = τ1 + iτ2.
Provericemo ovo eksplicitno.
ad(iτ3)E1 = [iτ3, τ1 + iτ2]
= [iτ3, τ1] + i[iτ3, τ2]
= iτ2 + i(−iτ1)
= iτ2 + τ1
= 1 · E1.
Zaista je E1 koreni vektor koji odgovara korenu a = 1. Ponovimosada istu proceduru za koren a = −1. Treba rešiti
ad(iτ3)~v−1 = −~v−1.
164
ad(iτ3)~v−1 =
0 −i 0i 0 00 0 0
v(1)−1
v(2)−1
v(3)−1
=
−v(1)−1
−v(2)−1
−v(3)−1
=⇒
−iv(2)−1
iv(1)−10
=
−v(1)−1
−v(2)−1
−v(3)−1
.
Da bi ova jednacina bila zadovoljena, mora da važi v(1)−1 = iv(2)−1, i
možemo birati v(3)−1 = 0. Biramo v(1)−1 = 1. Onda je v(2)−1 = −i, pa je
~v−1 =
1−i0
.
Onda nam je koreni vektor E−1 koji odgovara korenu a = −1 data saE−1 = v(1)−1τ1 + v(2)−1τ2, odnosno
E−1 = τ1 − iτ2.
Eksplicitno proverimo da je ovo koreni vektor.
ad(iτ3)E−1 = [iτ3, τ1 − iτ2]
= iτ2 − i(−iτ1)
= iτ2 − τ1
= (−1) · (τ1 − iτ2)
= −1 · E−1.
Našli smo standardan Kartan-Vejl-ov bazis za su(2)C∼= sl(2, C) ∼=
LC{τ1, τ2, τ3},:
{H = iτ3, E1 = τ1 + iτ2, E−1 = τ1 − iτ3}.
Definicija: Koren~a je poziti-van ako mu je prva nenultakomponenta pozitivna.Koren~a je prost ako nijelinearna kombinacija dvapozitivna korena.
Teorema: U Rn postoji bazisprostih korenova poluprosteLijeve algebre ranga r koji sezove fundamentalni sistem,
~s = {~s1, ...,~sr}.
Svaki pozitivan koren~aje linearna kombinacijakorenova iz~s sa pozitivnimcelobrojnim koeficijentima:
~a =r
∑i=1
ni~si ,
ni ∈N0.
Lema: Za težinu ~m i koren~avaži relacija
p− q = 2~m ·~a~a ·~a ,
gde p i q odredjuju brojmogucih spuštanja i dizanjatežine ~m sa operatorimaD(E−~a) i D(E~a).
Klasifikovati ireducibilne reprezentacije algebre
(a) su(2)C
(b) su(3)C.
Zadatak 63
Klasifikacija ireducibilnih reprezentacija algebre se u suštini svodina odredjivanje mogucih maksimalnih težina, i odredjivanje funda-mentalnih reprezentacija, jer se svaka konacno dimenziona ireduci-bilna reprezentacija algebre može izvesti iz fundamentalnih.
165
Teorema: Ako je D(L) ire-ducibilna reprezentacijapoluproste algebra L uprostoru H sa maksimalnomtežinom ~M i fundamental-nim sistemom~s = {~s1, ...,~sr},onda:
(i) ~M je maksimalnatežina ako i samo akosu svi
pi = 2~M ·~si
~si ·~si ∈N0
i ~M je nedegenerisano.
(ii) Za svaku težinu ~mvaži
~m = ~M−r
∑i=1
ki~si
sa ki ∈ N0, t.j. pro-izvoljna težina semože dobiti iz ~Mdelovanjem opera-torima spuštanja{D(E−~s1 , ..., D(E−~sr )}.Nivo težine ~m je sumaki−ova.
(iii) Težinski vektori{D(E−~a)...D(E−~b)|D, ~m〉}takvi da su~a, ...,~b ∈ ~A+ obra-zuju ceo prostor H,tako da ~M potpunoodredjuje ireducibilnureprezentaciju.
Definicija: Fundamentalneireducibilna reprezen-tacija poluproste Lijevealgebra ranga r su r IRa{Dj(L)|j = 1...r} takve dapi = δij.
(a) U prethodnom zadatku smo odredili da je skup korenova za alge-bru su(2)C skup ~A = {−1, 1}. Odavde sledi da je fundamentalnisistem samo s = 1. Algebra su(2)C je ranga r = 1, pa su korene itežine jednodimenzione, t.j. skalari. Dakle, kada trazimo šta svemože biti maksimalna težina, trazimo broj M tako da je
p = 2M · ss · s = 2Ms
nenegativan ceo broj. Iz ovog uslova dobijamo da je M =p2
za p ∈ N0, odnosno M ∈{
0,12
, 1,32
, 2, ...}
. Našli smo da
maksimalna težina, koja odredjuje ireducibilnu reprezentacijualgebre su(2)C, moe biti bilo koji nenegativni poluceo broj.Maksimalna težina M = 1 odredjuje jednu ireducibilnu repre-zentaciju. Sada cemo rekonstruisati težine u ovoj reprezentaciji.Pitamo se koliko se možemo spustiti iz težine M sa korenoms = 1? Koristimo opštu formulu za broj mogucih dizanja ispuštanja, samo što je sada broj dizanja q = 0, jer se iz maksi-malne težine ne možemo podici više. Ovo dovodi do jednacinep = 2M = 2, jer je sada M = 1. Prvo spuštanje sa s = 1 dajetežinu m0 = M− 1s = 1− 1 = 0. Drugo spuštanje sa s = 1 dajetežinu m−1 = M− 2s = m0 − s = −1. Dimenzija ove ireducibilnereprezentacije je tri, dim(D(1)) = 3, jer sadrži tri težinska vektora.
(b) Bazis za algebru su(3) cine Gell-Mann-ove matrice:
λ1 =
0 1 01 0 00 0 0
, λ2 =
0 −i 0i 0 00 0 0
, λ3 =
1 0 00 −1 00 0 0
λ4 =
0 0 10 0 01 0 0
, λ5 =
0 0 −i0 0 0i 0 0
, λ6 =
0 0 00 0 10 1 0
λ7 =
0 0 00 0 −i0 i 0
, λ8 =1√3
1 0 00 1 00 0 −2
Kompleksifikacijom ove algebre se dobija su(3)C
∼= sl(3, C), što je
166
algebra ranga r = 2 sa standardnim Kartan-Vejl-ovim bazisom
H1 =12
λ3, H2 =12
λ8
E~a =1√2
0 1 00 0 00 0 0
, E~b =1√2
0 0 10 0 00 0 0
, E~c =1√2
0 0 00 0 00 1 0
E−~a =
1√2
0 0 01 0 00 0 0
, E−~b =1√2
0 0 00 0 01 0 0
, E−~c =1√2
0 0 00 0 10 0 0
Pošto je ovo algebra ranga 2, korene i težine su dvodimenzione.Algebra su(3)C ima pozitivne korene
~A+ =
~a =
[10
],~b =
12√3
2
,~c =
12
−√
32
.
Primetiti da je~a =~b +~c, tako da je fundamentalni sistem korenovasamo~s = {~b,~c}.Sada treba odrediti koje su moguce maksimalne težine, oblike
~M =
[M1
M2
]. Primetimo tako -de da je~b ·~b = ~c ·~c = 1. Da bismo
odredili ~M, upotrebimo formulu za p1 i p2 koja govore kolio semožemo spustiti duž fundamentalnih korenova~s1 =~b i~s2 = ~c:
p1 = 2~M ·~s1
~s1 ·~s1 = 2 ~M ·~b = 2
(M1
2+
√3M2
2
)= M1 +
√3M2
p2 = 2~M ·~s2
~s2 ·~s2 = 2 ~M ·~c = 2
(M1
2−√
3M2
2
)= M1 −
√3M2.
Odavde možemo lako rešiti šta mogu biti komponente M1 i M2,imajuci u vidu da su p1, p2 ∈N0:
M1 =12(p1 + p2), M2 =
12√
3(p1 − p2),
odnosno
~M =
12(p1 + p2)
12√
3(p1 − p2)
.
Odredili smo sve moguce maksimalne težine. Sada treba odreditifundamentalne reprezentacije. One su date sa [p1 = 1, p2 =
0] i [p1 = 0, p2 = 1]. U prvom slucaju je maksimalna težina
167
~M◦ =
121
2√
3
, dok je u drugom slucaju maksimalna težina
~M• =
12
− 12√
3
.
U slucaju reprezentacije [1, 0], ima samo jedna težina nivoa jedan,jer je p1 = 1, što znaci da se iz ~M◦ samo jednom možemo spustitiduž korena~b, dok ne možemo uopste da se spustimo duž korena~c. Spuštanjem se iz ~M◦ duž korena~b, dobijamo
~m = ~M−~s1 = ~M−~b =
121
2√
3
− 1
2√3
2
=
01− 32√
3
=
0
− 1√3
.
Sada, znamo da ne možemo više da se spustimo duž~b jer jep1 = 0. Jedina opcija je spuštanje duž ~c. Primetimo da ne bi-smo nikako mogli da se podignemo za ~c, jer bi onda ~m +~c bilamaksimalna težina, ali znamo da nije jer je maksimalna težinajedinstvena, i jednaka je ~m +~b. Tako da za težinu ~m važi da je
p− 0 = 2~m ·~c = 2(
0 +12
)= 1,
odnosno možemo samo jednom da se spustimo sada duž ~c iztežine ~m. Ovo nam daje težinu nivoa dva,
~m′ = ~m−~c =
0
− 1√3
− 1
2
−√
32
=
−12−2 + 3
2√
3
=
−12
12√
3
.
Znamo da sada ne možemo više iz ~m da se spustimo duž ~c jersmo izracunali da je broj spuštanja duž ~c 1. Sada samo treba ispi-tati da li možemo da se spustimo dalje iz ~m′ duž~b. Izracunamop− q za ~m′ duž~b:
p− q = 2~m′ ·~b = 0.
Tako -de znamo da ne možemo da se podignemo iz ~m′ duž~b, jernismo mogli da do -demo do ~m′ spuštanjem duž~b (na nivou 1nema težina iz ovog niza). Ovo smo tako -de mogli da vidimoiz cinjenice da je ~m jedina težina nivoa 1. Odavde vidimo da jeq = 0, pa je i p = 0. Ne možemo više da se spuštamo, i našlismo sve težine. Za fundamentalnu reprezentaciju [0, 1], možemojednom da se spustimo duž ~c (jer je p2 = 1) i ne možemo da sespustimo duž~b (jer je p1 = 0). Spuštanjem duž ~c daje jedinu
168
težinu prvog nivoa,
~m = ~M• −~c =
12
− 12√
3
− 1
2
−√
32
=
0−1 + 3
2√
3
=
01√3
.
Iz ~m znamo da ne možemo više da se spuštamo duž ~c (jer jep2 = 1), dakle samo treba ispitati da li možemo da se spustimoduž~b iz ~m. Ne možemo se podici duž~b, zbog jedinstvenostimaksimalne težine ~M•, pa je q = 0. Odavde dobijamo p =
2~m ·~b = 2(
0 +12
)= 1, pa se možemo jednom samo spustiti iz ~m
duž~b. Dobijamo
~m′ = ~m−~b =
01√3
− 1
21
2√
3
=
−12
2− 32√
3
=
−12
− 12√
3
.
Dalje se ne možemo spustiti duž~b jer je p = 1, a iz slicnih razlogakao u fundamentalnoj reprezentaciji [1, 0], ne možemo više ni dase spustimo duž ~c.
169
Lijeve Grupe
Definicija: Topološki prostor,(X, T ), skupa X i podskupaT partitivnog skupa X imaosobine
• ∅, X ∈ T ,
• svaka unija skupova iz Tje skup iz T ,
• presek konacno mnogoskupova iz T je iz T .
Elemente skupa X se na-zivaju tacke, elemente Totvoreni skupovi, a komple-menti otvorenih skupova suzatvoreni skupovi.
Pokazati da je grupa On(K) zatvorena u Mn(K), gde jeK = R, C, H (H je polje kvaterniona). Mn(K) je poljen× n matrica nad poljem K.
Zadatak 64
Grupa On(K) je
On(K) = {A ∈ Mn(K)|〈Ax, Ay〉K = 〈x, y〉K, ∀x, y,∈ Kn}.
Ako je K = R, onda je On(K) = O(n), skup n × n realnih or-togonalnih matrica. Ako je K = C, onda je On(K) = U(n), skupn × n kompleksnih unitarnih matrica. Ako je K = H, onda jeOn(K) = Sp(n), simplekticna grupa.
Prostor n × n matrice nad realnim poljem, Mn(R) je izomorfnoprostoru Rn2
, odnosnoMn(R) ∼= Rn2
.
Prostor n× n matrica nad kompleksnim poljem, Mn(C) je izomofrnoprostoru Cn2
, što je takodje izomorfno prostoru R2n2, odnosno
Mn(C) ∼= Cn2 ∼= R2n2.
Polje n × n matrica nad poljem kvaterniona, Mn(H) je izomorfnoprostoru R4n2
, odnosno
Mn(H) ∼= R4n2.
Za K = R, niz tacaka u Rn2odgovara nizu matrica iz Mn(R).
Ako skup matrica O(n) odgovara zatvorenom skupu tacaka iz Rn2,
onda je O(n) zatvoren u Mn(R), i suprotno. A ∈ O(n) je ortogonalnarealna matrica, odnosno zadovoljava AAT = I. Ovakve matrice imajudeterminantu ±1. To možemo videti na sledeci nacin:
det(AT A) = det(I) = 1
det(AT)det(A) = det(A)2 = 1
=⇒ det(A) = ±1,
gde smo upotrebili cinjenicu da je det(A) = det(AT). Skup matricasa det(A) = ±1, odnosno |det(A)| = 1 je zatvoren, jer proizvodovakvih matrica ce uvek dati novu matricu sa determinantom cija jeapsolutna vrednost jedan. Odnosno, ortogonalne realne matrice suzatvorene u Mn(R).
Definicija: Preslikavanjeψ topološkog prostora(X, T ) u prostor (X′, T ′) jeneprekidno ako je za svakiotvoren skup A′ ⊂ X′,skup ψ−1(A′) ⊂ X takodjeotvoren.
Uveriti se da je determinanta nepre-kidno preslikavanje.
170
Šta više, determinanta slika matricu u polinom matricnih eleme-nata, i to preslikavanje je neprekidno. Ako se neprekidnim preslikava-njem dobija zatvoren skup, pre-image tog skupa pri preslikavanju jetakodje bio zatvoren skup. Pošto je Mn(R) ∼= Rn2
, postoji neprekidnabijekcija izmedju matrica A ∈ Mn(R) i vektore v ∈ Rn2
. Na primer,matricni element A11 se slika u vektorski element v1, ..., A1n se slikau vektorski element vn, ..., matricni element Aij se slika u vektorskielement vn·i+j. Kompozicija dva neprekidna preslikavanja je ponovoneprekidno preslikavanje, pa ce kompozicija bijekcije izmedju vektorai matrica, i matrica i determinante biti neprekidna. Pošto je skup orto-gonalnih realnih matrica zatvoreno u prostoru matrica, skup tacaka uRn2
u koje se oni slikaju ce takodje biti zatvorena.Slicno se pokazuje zatvorenost Un i Sp(n), probajte sami da poka-
žete.
Pokazati kompaktnost grupe On(K).
Zadatak 65
Da bismo pokazali kompaktnost, treba da pokažemo zatvorenosti ogranicenost u Mn(K). Zatvorenost smo pokazali u prethodnomzadatku, tako da na samo preostaje ogranicenost. Da bismo pokazaliogranicenost, pozivamo se na ideju iz prethodnog zadatka, da zami-šljamo matrice iz Mn(K) kao tacke (vektore) u izomorfnom prostoru,tako što napravimo vektor koja sadrži kao komponente matricneelemente. Ako možemo pokazati da oblast tacaka koja odgovaramatricama iz On(K) ima neku konacnu granicu, onda možemo recida je ograniceno. A ∈ On(R) zadovoljava AAT = I. Preko matricnihelemenata ovaj uslov je
∑j
Aij(AT)jl = ∑j
Aij Al j = δil .
Uzimanjem traga, dobija se
∑i,j
Aij(AT)ji = ∑i,j
Aij Aij = ∑i,j|Aij|2 = ∑
iδii = n
Došli smo do nekog ogranicenja na matricne elemente, odnosno
∑i,j|Aij|2 = n.
Ako zamislimo matricu kao vektor u izomorfnom prostoru, ovajuslov se svodi na vektore ogranicne norme. Takav skup vektora imagranicu, i opisuje površinu sfera dimenzije n.
Definicija: Topološki pro-stor (X, T ) je povezan akonije disjunktna unija dva ne-prazna otvorena podskupa.(X, T ) je putno povezanako ∀x, y ∈ X postoji put,γ, iz x u y. Put iz x u y jeneprekidno preslikavanjeiz [0, 1] ⊂ R u X, tako da jeγ(0) = x i γ(1) = y,
γ : [0, 1]→ X,
γ(0) = x, γ(1) = y.
171
Da li su sledece grupe putno povezane?
(a) O(2)
(b) SO(2)
(c) GLn(R)
(d) GLn(C)
Zadatak 66
(a) Grupa O(2) je skup ortogonalnih realnih 2 × 2 matrica. ZaA ∈ O(2) važi
AAT = I
det(AAT) = det(A)det(AT) = (det(A))2 = 1
=⇒ det(A) = ±1.
Ove matrice predstavljaju prave (det(A) = 1) i pseudo (det(A) =
−1) rotacije u dve dimenzije. Pitamo se da li postoji neka ne-prekidna funkcija koja ce povezati sve prave i pseudo rotacije.Posmatrajmo na primer determinantu, koja u okviru matrica izO(2) je neprekidna funkcija sledeceg tipa,
det : O(2)→ {−1, 1}.
Skup {−1, 1} nije povezan u R. Pošto je determinanta nepre- Neprekidnost determinante smodiskutovali u zadatku 51.kidna funkcija, ona ocuvava povezanost, pa pošto je {−1, 1}
nepovezan skup, mora biti da je i O(2) nepovezan skup. O(2)sigurno ne može biti putno povezan ako nije ni povezan.
(b) Grupa SO(2) je skup ortogonalnih realnih 2× 2 matrica sa de-terminantom jedan. Odnosno, ovo su matrice koje predstavljajusamo prave rotacije u dve dimenzije. Takve matrice možemoparametrizovati sa uglom ϕ ∈ [0, 2π] gde su φ = 0 i φ = 2π
identifikovani (daju isti element grupe). Preko matrica oblikaA ∈ SO(2),
Teorem: Neka je S ⊆ R.Onda je S putno povezanoako i samo ako je je Sinterval.
A(ϕ) =
[cos(ϕ) −sin(ϕ)
sin(ϕ) cos(ϕ)
].
Pošto je [0, 2π) interval realne ose, znamo da je putno povezano.
Uveriti se da je A : [0, 2π] → SO(2)neprekidno.
Onda, lik bilo koje neprekidne funkcija sa domenom [0, 2π] cebiti putno povezan. Parametrizacija A : [0, 2π] → SO(2) jeneprekidno, pa sledi da je SO(2) putno povezan prostor.
(c) Generalna linearna grupa n, GLn(R) je grupa svih realnih line-arnih nesingularnih n × n matrica. Nesingularnost znaci da je
172
za A ∈ GLn(R), det(A) 6= 0. Pošto je A realna matrica, njenadeterminante ce tako -de biti realne, det(A) ∈ R. Ako je X putnopovezan prostor, i f : X → Y neprekidno preslikavanje, onda jei f (X) putno puvezan prostor, i obrnuto važi - ako je f(X) putnopovezan prostor, onda je X putno povezan. Determinanta je ne-prekidno preslikavanje, ali za matrice iz ove grupe, determinantaslika u R\0, što nije ni povezan prostor, pa ne može biti putnopovezan. Zakljucujemo da ni GLn(R) nije putno povezano, niti jepovezno.
(d) Grupa GLn(C) je grupa kompleksnih linearnih nesingularnihn × n matrica. Determinanta daje polinom elemenata matricaA ∈ GLn(C), koja je neprekidna funkcija. Polinom (konacnogstepena) ima konacno mnogo nula u C. Nazovimo skup nulapolinoma determinante matrice Z(det(A)). Prostor C\Z(det(A))
je putno povezan, jer smo iz kompleksne ravni izuzeli konacanbroj tacaka. Pošto je determinanta neprekidno preslikavanje,a C\Z(det(A)) je putno povezano, sledi i da je GLn(C) putnopovezano.
Da li je SO(n) putno povezano?
Samostalni Zadatak 30
173
Definicija: Komponentajedinice, Ge, Lijeve grupe Gje maksimalan povezan pot-prostor koja sadrži jedinicnielement, e.
Dokazati da za Lijevu grupu G važi:
(a) Ako je H otvorena podgrupa u G, onda je i zatvorena.
(b) Ako je G povezana grupa, onda nema pravih otvorenih podgrupa.
(c) Komponenta jedinice Ge je invarijantna podgrupa u G, Ge . G
(d) Faktor grupa G/Ge je diskretna
(e) Ako je G povezana, onda je generisana svakom okolinom jedi-nice.
Samostalni Zadatak 31
Da li su sledece grupe kompaktne?
(a) SO(1, 3)
(b) SU(2)
(c) SO(3).
Zadatak 67
(a) Grupa SO(1, 3) je specijalna ortogonalna grupa sa signaturom(1, 3). Specijalnost znaci da je determinanta (realnih) matricaA ∈ SO(1, 3) jedanak jedinici, det(A) = 1. Signatura (1, 3)definiše skalarni proizvod izmedju vektora. Za standardan bazise1, e2, e3, i e4 u skupu R4, signatura odredjuje skalarni proizvod(ei, ej). U ovom slucaju, metrika odre -dena ovom signaturom je
M =
1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1
.
Odavde vidimo da je (e1, e1) = 1, dok je (ei, ej) = −δij zai, j ∈ {2, 3, 4}. Ortogonalnost matrice A u ovakvom prostorupodrazumeva da je
AMAT = M,
jer ovakva matrica ocuvava skalarni proizvod izmedju vektora.Ova grupa SO(1, 3) je prava (ali ne ortohrona) Lorencova grupa,sa kojom ste se upoznali na specijalnoj teoriji relativiteta, i M jemetrika u prostoru Minkovskog.
174
Jednacina za ortogonalnost sadrži deset uslova na parametrimaovih 4 × 4 matrica,što znaci da preostaju šest nezavisnih pa-rametara koja odredjuju matrice u ovoj grupi. Tri parametaraodredjuju bustove (duž x, y, i z pravaca) dok tri parametaraodre -duju rotacije. Setite se, na primer, da bust duž x pravcasmo mogli u specijalnoj teoriji relativiteta da izrazimo sledecomtransformacijom:
x′0x′1x′2x′3
=
γ −βγ 0 0−γβ γ 0 0
0 0 1 00 0 0 1
x0
x1
x2
x3
,
gde su
β =vc
, γ =1√
1− β2.
Parametar β, koja odre -duje bustove, uzima vrednosti iz [0, 1).Pošto je [0, 1) nekompaktan skup, i β parametrizuje bustove uSO(1, 3), sledi da je SO(1, 3) nekompaktna grupa.
(b) Grupa SU(2), specijalna unitarna grupa, sadrzi sve 2× 2 unitarnematrice sa jedinicnom determinantom:
SU(2) = {A ∈ GL2(C)|det(A) = 1, A†
= A−1} = {A ∈ SL2(C)|A† = A−1}.
Da bismo ispitali kompaktnost ove grupe pronacicemo parametrekoje parametrizuju elemente ove grupe, kao i što smo uradiliu prethodnom delu zadatka. Neka je A proizvoljna matrica izSL2(C) (2× 2 kompleksne matrice jedinicne determinante):
A =
[a bc d
].
Prvo namecemo uslov unitarnosti, Inverz 2× 2 matrice
M =
[m11 m12m21 m22
]je data sa
M−1 =1
m11m22 −m12m21
[m22 −m12−m21 m11
].
A−1 =11
[d −b−c a
]=
[a∗ c∗
b∗ d∗
]= A†,
gde smo iskoristili cinjenicu da je A matrica jedinicne determi-nante. Dobijamo uslove a∗ = d i b = −c∗. Možemo napisatikompleksne brojeve a i b preko realnih komponenti, a = x + iy ib = z + iw, odakle vidimo da možemo A izraziti na sledeci nacin,
A =
[x + iy z + iw−z + iw x− iy
].
175
Imamo još jedan uslov koji moramo nametnuti na ove realneparametre,
det(A) = x2 + y2 + z2 + w2 = 1,
odakle vidimo da cetvorka (x, y, z, w) ∈ R4 opisuje površinucetvorodimenzione sfere, S3, kao i prostor parametara za grupuSU(2). Pošto je S3 kompaktna, zakljucujemo da je i SU(2) kom-paktna.
(c) Grupa SO(3), specijalna ortogonalna grupa, sadrži sve 3 × 3ortogonalne (realne) matrice sa jedinicnom determinantom,odnosno
SO(3) = {A ∈ SL3(R)|AT = A−1}.
Ova grupa opisuje prave rotacije u 3 dimenzija. Još iz teorijskemehanike nam je poznato da se rotacije u 3 dimenzije moguparametrizovati sa tri uglova, svaka iz kompaktnog raspona.Odavde sledi da je SO(3) takodje kompaktna grupa.
Ako nam je data matrica R ∈ SO(3), kako možemo od-riditi koja je to rotacija, odnosno oko koje je ose ~n rota-cija, i za koji ugao ϕ?
Zadatak 68
Prvo cemo odrediti ort ~n =
nx
ny
nz
. Primetimo da ako rotiramo
oko orta ~n, onda je dejstvo rotacije R na ovaj ort trivijalno: R~n = ~n.Slicno, pov sto je R ortogonalna matrica, RRT = I = RTR, odnosnoRT = R−1, sledi i da je RT~n = ~n. Sada, znamo da možemo svakun× n matricu razložiti na sumu simetricne i antisimetricne matrice.Upotrebimo Toplic-ovu dekompoziciju,
R =12(R + RT) +
12(R− RT) =
12(S + A),
gde je S simetricna i A antisimetricna matrica. Ako je
R =
a b cd e fg h k
, RT =
a d gb e hc f k
,
onda sledi da je
A = R− RT =
0 a1 a2
−a1 0 a3
−a2 −a3 0
,
176
gde su a1 = b − d, a2 = c − g, i a3 = f − h. Primetimo da je sadaA~n = 0, odnosno ~n je iz nulpotprostora operatora A. Treba rešiti ovajsistem jednacina. Dobija se
nx =±a3√
a21 + a2
2 + a23
, ny =∓a2√
a21 + a2
2 + a23
, nz =±a1√
a21 + a2
2 + a23
.
Pošto su nam date matricne elemente rotacije R, ovim smo odrediliort rotacije ~n.
Sada treba odrediti ugao rotacije, ϕ. Iz cinjenice da je
AAT =
0 a1 a2
−a1 0 a3
−a2 −a3 0
0 −a1 −a2
a1 0 −a3
a2 a3 0
=
a21 + a2
2 a2a3 −a1a3
a2a3 a21 + a2
3 a1a2
−a1a3 a1a2 a22 + a2
3
,
sledi da jePrimetite da je Tr(R2) = Tr((RT)2).
Trag bilo koje rotacione matrice u 3Dje Tr(R) = 1 + 2cos(ϕ). Uzmite primerrotacije oko z-ose, pa onda upotrebitecinjenicu da je trag invarijantan napromenu bazisa, da se uverite.
Primetite da je R2 rotacija za ugao 2ϕ.
Tr(AAT) = 2(a21 + a2
2 + a23) = Tr((R− RT)(RT − R))
= Tr(RRT − R2 − (RT)2 + RTR) = 2Tr(I)− 2Tr(R2)
= 6− 2(1 + 2cos(2ϕ)) = 6− 2− 4cos(2ϕ) = 4(1− cos(2ϕ))
= 8sin2(ϕ).
Odavde sledi da je a21 + a2
2 + a23 = 4sin2(ϕ), što se može upotrebiti
nakon nalaženja komponente orta ~n, zamenom u imeniocu.
Ako su nam dati ugao ϕ i osu ~n rotacije, naci matricu ro-tacije R ∈ SO(3).
Zadatak 69
Neka je A antisimetricna matrica, odnosno AT = −A, što znacida je A ∈ so(3). Eksponenciranjem elemente algebre se dobijajuelemente grupe, odnosno eA ∈ SO(3). Neka je ~n jedinicni ort ose okokojeg se rotira. Onda, A = ~n ·~r gde je
~r =
r1 =
0 0 00 0 −10 1 0
, r2 =
0 0 10 0 0−1 0 0
, r3 =
0 −1 01 0 00 0 0
T
vektor koji se sastoji iz matrica bazisa algebre so(3).Kako možemo izraziti element grupe, eϕA = eϕ~n·~r? Koristeci
definiciju eksponencijalne funkcije,
eA = I + A +A2
2!+
A3
3!+
A4
4!+ ...
177
Treba odrediti šta su stepeni od A. Zapravo, dovoljno je odrediti štaje A3 = (~n ·~r)3.
(~n ·~r)3 = (ni ri)(nj rj)(nk rk) = ninjnk ri rj rk.
Odredicemo matricni element:
Primetite da za ovaj izbor bazisa važi[ri ]jk = −εijk .
Zamenili smo indekse ρ i σ u drugomLevi-Civita simbolu.
Upotrebili smo identitet εijkεmnk =δimδjn − δinδjm.
Drugi clan je nula zato što je ninksimetricno na zamenu indeksa i i kdok je εkiβ antisimetricno, a proizvodsimetricnog i antisimetricnog tenzora jenula.
[(~n ·~r)3
]αβ
= ninjnk[ri rj rk
]αβ
= ninjnk[ri]αρ[rj]ρσ[rk]σβ
= ninjnk(−εiαρ)(−ε jρσ)(−εkσβ)
= −ninjnkεiαρε jρσεkσβ
= ninjnkεiαρε jσρεkσβ
= ninjnk(δijδασ − δiσδαj)εkσβ
= ninjnk(δijεkαβ − δαjεkiβ)
= ~n2nkεkαβ − 0
= ~n2nk(−[rk]αβ)
= −~n2(~n ·~r)αβ
Odavde sledi da je (~n ·~r)3 = −~n2(~n ·~r). Rekli smo da je ~n jedi-nicne norme, tako da se dobijen rezultat svodi na (~n ·~r)3 = −~n ·~r.Odavde tako -de sledi da je (~n ·~r)4 = (~n ·~r)(~n ·~r)3 = −(~n ·~r)2. Sada,eksponencijalni razvoj ima jednostavniji oblik.
eϕA = eϕ~n·~r = I + ϕ~n ·~r + ϕ2
2!(~n ·~r)2 +
ϕ3
3!(~n ·~r)3 +
ϕ4
4!(~n ·~r)4 + ...
= I + ϕ~n ·~r + ϕ2
2!(~n ·~r)2 − ϕ3
3!(~n ·~r)− ϕ4
4!(~n ·~r)2 + ...
= I + (~n ·~r)(
ϕ− ϕ3
3!+
ϕ5
5!− ...
)+ (~n ·~r)2
(ϕ2
2!− ϕ4
4!+ ...
)= I + (~n ·~r)sin(ϕ) + (~n ·~r)2(cos(ϕ)− 1)
Teorema: Za svaku pove-zanu Lijevu grupu G postojijedinstvena (do na izomor-fizam) prosto povezanauniverzalno natkrivajucagrupa G takva da:
(i) Postoji homomorfi-zam π : G → G, t.j.G ∼= G/kerπ.
(ii) π je lokalni izomor-fizam grupa G iG.
(iii) ker(π) je diskretnainvarijantna podgrupacentra grupe G, iizomorfna je fun-damentalnoj grupiπ1(G) ∼= ker(π).
Pokazati da je grupa SU(2) dvostruko natkriva grupe SO(3).
Zadatak 70
Neka je R ∈ SO(3), ~x, ~x′ ∈ R3, i ~x′ = R~x. Definišimo
X = ~σ ·~x =
[z x− iy
x + iy z
],
gde je ~σ vektor Pauli-jevih matrica. Možemo pisati komponentevektora ~x preko X na sledeci nacin:
Tr(σiσj) = 2δij
178
Tr(σjX) = Tr(σjσi)xi = 2xj,
odnosnoxj =
12
Tr(σjX).
Neka je U ∈ SU(2). Definišimo X′ = UXU†. Da li postoji vezaizmedju R i U? Sa jedne strane,
x′i = Rijxj.
Sa druge strane,
x′i =12
Tr(σiX′)
=12
Tr(σiUXU†)
=12
Tr(σiUσjxjU†)
=12
Tr(σiUσjU†)xj.
Odavde sledi da je
Rij =12
Tr(σiUσjU†).
Primetimo: U i −U daju isto R! Ova veze je homomorfizam π :SU(2) → SO(3), gde je ker(π) = {I,−I} jer su to jedini matrice uSU(2) za koje važi Rij = δij. Ova grupa je reda dva, pa kazemo da jeSU(2) dvostruka natkrivajuca grupa grupi SO(3).
Odrediti Lijeve algebre za sledece grupe
(a) SO(2)
(b) O(2)
(c) SO(3)
(d) O(3)
(e) SU(2)
(f) SO(1, 3)
Zadatak 71
U ovom zadatku cemo upotrebiti dve metode za nalaženje Lijevealgebre asociranoj nekoj Lijevoj grupi. Prva je u matematicarskomduhu, gde cemo eksplicitno tražiti tangentni prostor u jedinicnomelementu mnogostrukosti. Druga je u fizicarskom duhu, gde cemo’linearizovati’ elemente grupe u okolini jedinice.
179
(a) Neprekidno preslikavanje A : [0, 2π]→ SO(2),
A(ϕ) =
[cos(ϕ) −sin(ϕ)
sin(ϕ) cos(ϕ)
],
sa tackama 0 i 2π identifikovani, pokazuje da mnogostrukostLijeve grupe SO(2) kružnica. Lijeva algebra za grupu SO(2) jetangentni prostor u jedinicnom elementu, I = A(ϕ)|ϕ=0, odnosno
dA(ϕ)
dϕ|ϕ=0 =
[−sin(ϕ) −cos(ϕ)
cos(ϕ) −sin(ϕ)
] ∣∣∣∣∣ϕ=0
=
[0 −11 0
]= a.
Ovo a je element algebre so(2), odnosno so(2) = spanR{a}. Ovocemo jednom eksplicitno pokazati da se uverimo. Za b ∈ so(2)važi bT = −b i Tr(a) = 0. Iz prvog uslova dobijamo
−[
b11 b12
b21 b22
]=
[b11 b21
b12 b22
]
za bij ∈ R, odakle sledi da su b11 = b22 = 0 i b12 = −b21, pa jeproizvoljan element algebre oblika
b =
[0 −b21
b21 0
]= b21
[0 −11 0
].
Pokazali smo da je so(2) = spanR{a}, cime smo pokazali daje tangentni prostor u jedinicnom elementu Lijeve grupe SO(2)zaista Lijeva algebra so(2).
(b) Videli smo vec da je Lijeva grupa O(2) nepovezana. Zapravo seona može videti kao dva koseta grupe SO(2), jedan trivijalankoset, a drugi koset takav da je determinanta svih elemenata −1:O(2) = SO(2) + σvSO(2). Mnogostrukost koja opisuje grupuO(2) je zato unija dve disjunktne kružnice (svaka kružnica pred-stavlja jedan koset). Povezana komponenta koja sadrži jedinicni
Definicija: Preslikavanje fLokalni izomorfizam izmedjudve Lijeve grupe G i G′ akoza okoline jedinice Ue i U′e′
f : Ue → U′e′
zadovoljava
(i) h, g, hg ∈ Ue povlacif (hg) = f (h) f (g) ∈U′e′
(ii) h, g ∈ Ue i f (h) f (g) ∈U′e′ povlaci hg ∈ Ue if (hg) = f (h) f (g).
element je okolina jedinice, i tangentni prostor u jecinicnom ele-mentu je izomorfna sa tangentnim prostrom za SO(2), odnosnoLijeva algebra o(2) je izomorfna sa Lijevom algebrom so(2).
180
(c) Jedan moguci bazis za grupu SO(3) je
SO(3) = spanR
Rx =
1 0 00 cos(α) −sin(α)0 sin(α) cos(α)
,
Ry =
cos(β) 0 −sin(β)
0 1 0sin(β) 0 cos(β)
,
Rz =
cos(ϕ) −sin(ϕ) 0sin(ϕ) cos(ϕ) 0
0 0 1
.
Algebra se može onda odrediti traženjem tangentnog prostora ujedinicnom elementu, α = β = ϕ = 0:
dRx(α)
dα
∣∣∣∣∣α=0
=
0 0 00 0 −10 1 0
= r1
dRy(β)
dβ
∣∣∣∣∣β=0
=
0 0 −10 0 01 0 0
= r2
dRz(ϕ)
dϕ
∣∣∣∣∣ϕ=0
=
0 −1 01 0 00 0 0
= r3.
Dobijene matrice su vektore jednog moguceg bazisa {r1, r2, r3} zaalgebru so3.
(d) Lijevu grupu O(3) je nepovezana grupa, koja se sastoji iz dvakoseta od grupe SO(3), O(3) = SO(3) + P SO(3), gde je Pprostorna inverzija. Ova grupa ima istu komponentu jedinice kaoSO(3), pa tako -de ima izomorfnu Lijevu algebru, o(3) ∼= so(3).
(e) Za proizvoljan element A ∈ SU(2) važi da je A† A = I i det(A) =
1. Ako posmatramo A koja su u okolini jedinice, možemo izrazitiA na sledeci nacin:
A = I + εB,
gde je ε ∈ R malo. Sada, uslov unitarnosti postaje
A† A = (I + εB†)(I + εB) = I + ε(B† + B) + ε2B†B.
Clan reda ε2 možemo zanemariti jer je ε mala velicina. Preostaje
A† A = I + ε(B† + B) = I,
181
odakle sledi da je B† = −B, što je upravo uslov jedan od uslovada je B ∈ su(2). Šta više, da bi A bio element grupe SU(2), morada ima jedinicnu determinantu:
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 + εb11 εb12 . . . εb1n
εb21 1 + εb22 . . . εb2n...
.... . .
...εbn1 εbn2 . . . 1 + εbnn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1+ εTr(B)+O(ε2)+O(ε2)+ . . . = 1.
Odavde sledi da je Tr(B) = 0, što je drugi uslov da B budeelement algebre su(2).
(f) Za proizvoljan element A ∈ SO(1, 3) važi AMA† = M gde jeM prethodno uvedena metrika sa signaturom (1, 3). U okolinijedinicnog elementa možemo napisati A = I + εa, gde je ε ∈ R
mali parametar. Onda,
(1 + εa)M(1 + εaT) = M
M + ε(aM + MaT) +O(ε2)aMaT = M
aM = −MaT.
Poslednja relacija nam daje uslov da je a ∈ so(1, 3).
Odrediti Lijevu algebru za grupu SU(3).
Samostalni Zadatak 32
Odrediti odgovarajuce Lijeve grupe za sledece Lijeve al-gerbre
(a) so(2)
(b) so(3)
Zadatak 72
Pokazacemo dva nacina da se dobijaju grupe iz algebre.
(a) Svaki element bazisa algebre odredjuje jednu jednoparametarskupodgrupu Lijeve grupe preko takozvanog eksponencijalnogpreslikavanja. Uz uslov da je na mnogostrukosti g(t = 0) = ei iz cinjenice da elementi algebre a cine koordinatni bazis utangentnom prostoru jedinicnog elementa,
dg(t)dt
∣∣∣∣∣t=0
= a
182
sledi da skup elemenata grupe g(t) može da se izrazi relacijomg(t) = eat. U prethodnim zadacima smo videli da je
so(2) = spanR
{r =
[0 −11 0
]}.
Zato sledi da je grupa SO(2), za koju znamo da odre -dena jednimparametrom, odre -dena elementima
R(ϕ) = eϕr.
Ovo možemo razmotriti dalje, razvijanjem eksponencijalnefunkcije.
eϕr = I + ϕr +ϕ2
2!r2 +
ϕ3
3!r3 +
ϕ4
4!r4 + . . . .
Primetimo da je r2 = −I, r3 = −r, i r4 = I. Odavde sledi
eϕr = I + ϕr +ϕ2
2!r2 +
ϕ3
3!r3 +
ϕ4
4!r4 + . . .
= I + ϕr +ϕ2
2!(−I) +
ϕ3
3!(−r) +
ϕ4
4!(I) + . . .
= I(
1− ϕ2
2!+
ϕ4
4!+ . . .
)+ r
(ϕ− ϕ3
3!+
ϕ5
5!+ . . .
)= I · cos(ϕ) + r · sin(ϕ)
=
[cos(ϕ) −sin(ϕ)
sin(ϕ) cos(ϕ)
]
(b) Znamo da je grupa SO(3) odre -dena sa tri parametara. Svaki para-metar odredjuje po jednu podgrupu. Recimo da hocemo prvo dapronadjemo podgrupu koja sadrži rotacije oko z-ose, iz elementaalgebre rz, tako što prvo napravimo malu rotaciju za mali ugaoδϕ = ϕ/n za neko n. U okolini jedinicnog elementa, ovo možemozapisati kao I + δϕrz. Ako posmatramo uzastopno dejstvo ovog
operatora (da bismo generisali podgrupu) dobijamo(
I +ϕ
nrz
)n,
što kada pustimo limes da n → ∞ daje eϕrz . Na slican nacinmožemo odrediti i ostale jednoparametarske podgrupe, i njihoveeksplicitne oblike možemo naci metodom iz dela pod (a).
183
Koliko kompenente povezanosti imaju sledece grupe
(a) O(1, 3)
(b) SO(1, 3)
Zadatak 73
Lijeva grupa O(1, 3) je cela Lorencova grupa. Iz specijalne teorije re-lativnost znate da Lorencova grupa sadrži cetiri vrste transformacija:sve kombinacije onih koje menjaju/ne menjaju smer vremena, i onihkoje invertuju/ne invertuju prostorne koordinate. Od ovih, one kojeostavljaju i smer vremena i koordinate invarijantnim se naziva pravaortohrona Lorencova grupa. Cesto se obeležava sa SO+(1, 3). Ona Pokazati da je prava ortohrona Loren-
cova grupa invarijantna podgrupa uO(1, 3), i da je ova podgrupa povezana.
je povezana, i cini komponentu jedinice. Pošto je množenje homeo-morfizam za Lijeve grupa, preostala tri koseta od prave ortohronepodgrupe su takodje povezne, tako da grupa O(1, 3) ima cetiri kom-ponente povezanosti. Grupa SO(1, 3), podgrupa pravih Lorencovihtransformacija, sadrži elemente koje ne invertuju prostorne koor-dinate, i sadrži dva koseta prave ortohrone grupe, pa zato ima dvekomponente povezanosti.
Za Euklidsku grupu E3,
(a) Pokazati da translacije cine invarijantnu podgrupu,T3 C E3
(b) Odrediti generatore u pasivnoj reprezentaciji.
Zadatak 74
Euklidska grupa E3 sadrži sve izometrije u trodimenzionom Eu-klidskom prostoru. Setimo se sa pocetka poglavlja o teoriji grupa dasmo videli da proizvoljna izometrija može da se izrazi kao kombi-nacija neke ’tackaste’ operacije (rotacija ili refleksija, ili neka njihovakompozicija) i translacije. Zbog toga se uvodi sledeca notacija zaproizvoljan element g grupe E3:
g = (A|~a),
gde je A ∈ O(3) i~a ∈ R3. Ovo se zove Koster-Seitz-ova notacija.Dejstvo ovakvog elementa na neki vektor ~v ∈ R3 je dato sa
(A|~a)~v = A~v +~a.
Translacija za~a = ax~ex + ay~ey + az~ez (gde su ~ei vektore standardnogbazisa u R3) se može izraziti kao kompozicija translacija duž zasebne
184
pravce, u bilo kom redosledu jer translacije komutiraju. Šta više,za c ∈ R, skup translacija {tc~ex )} cine grupu translacija u 1D, T1, igrupa translacija u 3D je direktni proizvod tri ovakvih grupa, T3 =
T1 ⊗ T1 ⊗ T1.
(a) Želimo da pokažemo da je grupa translacija u 3D, T3, invari-jantna podgrupa u Euklidskoj grupi E3. Ovo znaci da za proi-zvoljne vektore ~u, ~w ∈ R3 želimo da pokažemo da je
gt~ug−1 = t~w
za svako g ∈ E3. Da bismo ovo pokazali, neophodno je prvo darazmotrimo šta je g−1 u Koster-Seitz-ovoj notaciji, kao i proizvo-ljan proizvod elemenata iz E3.Prvo cemo izraziti g−1 = (A′|~a′) za g = (A|~a). Razmotrimodejstvo g−1g na proizvoljan vektor ~v, i znamo da bi ovo dejstvotrebalo da vrati vektor ~v nepromenjenu.
g−1g~v = (A′|~a′)(A|~a)~v= (A′|~a′)(A~v +~a)
= A′A~v + A′~a +~a′
= ~v.
Iz poslednja dva reda možemo zakljuciti da A′A = I, i A′~a +~a′ =0. Iz prvog uslova sledi da je A′ = A−1, pa drugi uslov postaje−A−1~a =~a′. Proverimo eksplicitno da ovo daje traženi rezultat:
(A−1| − A−1~a)(A|~a)~v = (A−1| − A−1~a)(A~v + a)
= A−1 A~v + A−1~a− A−1~a
= ~v.
Možemo sada generalizovati oblik proizvoda dva opšta elementaiz E3, g1g2, gde je g1 = (A1|~a1) i g2 = (A2|~a2):
g1g2~v = (A1|~a1)(A2|~a2)~v
= (A1|~a1)(A2~v +~a2)
= A1 A2~v + A1~a2 +~a1
= (A1 A2|A1~a2 +~a1)~v.
Odavde sledi da je g1g2 = (A1|~a1)(A2|~a2) = (A1 A2|A1~a2 +~a1).Imajuci ovo u vidu, spremni smo da pokažemo da je T3 zaistainvarijantna grupa u E3. Razmotrimo gt~ug−1:
gt~ug−1 = (A|~a)(I|~u)(A−1| − A−1~a)
= (A|~a)(A−1| − A−1~a + ~u)
= (I| − A−1~a + ~u +~a).
185
Ako nazovemo ~w = −A−1~a + ~u +~a, dobijamo da je gt~ug−1 = t~w,cime smo pokazali da je T3 . E3. Grupa O3 nije invarijantnapodgrupa u E3, pa Euklidksa grupa ima strukturu semidirektnogproizvoda, E3 = T3 ∧O3.
(b) Euklidska grupa E3 je odre -dena sa šest parametara, sx, sy, sz, ϕx, ϕy, ϕz.Prema tome, u algebri ce se nalaziti šest generatora, tri genera-tora translacije (pi) i tri generatora rotacije (li). Ako je D(E3)
pasivna reprezentacija ove Euklidkse grupe u H(R3), onda je onadefinisana na prirodan nacin za f (~x) ∈ H(R3):
D((A|~a)) f (~x) = f ((A|~a)−1~x) = f (A−1~x− A−1~a).
Sada treba razjasniti vezu izmedju reprezentacije grupe, i re-prezentacije algebre. U opštem slucaju, ako je D(G) u H(F)
proizvoljna m−dimenziona reprezentacija, i g(t) jednoparametar-ska podgrupa u G, onda je D(g(t)) jednoparametarska podgrupau D(G). Tangentni prostor u jedinicnom elementu reprezentacije,D(e) = Im×m, daje element reprezentacije algebre, D(a) za a iz
algebre: A =dD(g(t))
dt
∣∣∣∣∣t=0
≡ D(a). Odavde vidimo da važe
sledece relacije izme -du reprezentacije grupe i reprezentacijealgebre:
D(g(t)) = eD(a)t, D(a) =dD(g(t))
dt
∣∣∣∣∣t=0
.
Sada je jasno šta ce biti pasivna reprezentacija za generatore Eu-klidske grupe. Razmotricemo jedan primer generatora translacije,i jedan primer generatora rotacije.Za jednoparametarsku podgrupu translacije, npr T1 = {tsx~ex} jepasivna reprezentacija data sa
D(tsx~ex) f (~x) = f (~x− sx~ex) = f (x− sx, y, z).
Odavde sledi da ce pasivna reprezentacija za generator translacijaduž x, D(px) biti data preko
D(px) f (~x) =d
dsx
(D(tsx~ex ) f (~x)
) ∣∣∣∣∣sx=0
.
186
Sada cemo ovo izracunati.
D(px) f (~x) =d
dsx
(D(tsx~ex ) f (~x)
) ∣∣∣∣∣sx=0
=d
dsx( f (x− sx, y, z))
∣∣∣∣∣sx=0
=∂ f (x′, y, z)
∂x′∂x′
∂sx
∣∣∣∣∣sx=0
= −∂ f (x)∂x
,
gde smo uveli da je x′ = x− sx u trecem redu. Odavde sledi da je
D(px) = −∂
∂x.
Slicno, za generator rotacija oko z−ose,
D(lz) f (~x) =d
dϕz(D(Rz(ϕz)) f (~x))
∣∣∣∣∣ϕz=0
=d
dϕz( f (xcos(ϕz)− ysin(ϕz), xsin(ϕz + ycos(ϕz), z))
∣∣∣∣∣ϕz=0
=∂ f (~x)
∂x(−y) +
∂ f (~x)∂y
(x)
=
(−y
∂
∂x+ x
∂
∂y
)f (~x).
Odavde sledi da je
D(lx) = −y∂
∂x+ x
∂
∂y.
Probajte sami da odredite ostale generatore translacije i rotacija.
Odrediti generatore Poenkareove grupe P4 u pasivnoj reprezenta-ciji.
Samostalni Zadatak 33
187
Dodatni Zadaci iz Lijevih Algebri
Lijeve Algebre
Lijeve Grupe
![Iracionalnost vrijednosti Riemannove zeta funkcijepejkovic/files/zetairac.pdf · pokazati korištenjem elementarnih argumenata sličnih Čebiševljevim (v. reference u [Fi 04, §1])](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5ecbb414496524297a607bfe/iracionalnost-vrijednosti-riemannove-zeta-funkcije-pejkovicfiles-pokazati-koritenjem.jpg)
